初等数论 第七章 原 根

第七章原根原根是数论的理论和应用中一个很重要的概念。

本章要介绍原根以及与它有关的基本知识。

第一节指数及其基本性质定义1设m > 1，(a, m) = 1，则使a r≡ 1 (mod m) (1) 成立的最小的正整数r，称为a对模m的指数，记为δm(a)，在不致误会的情况下，简记为δ(a)。

由Euler定理，当r = ϕ(m)时式(1)成立，因此，恒有δm(a) ≤ϕ(m)。

若a≡b (mod m)，(a, m) = 1，则显然有δm(a) = δm(b)。

定义2若δm(a) = ϕ(m)，则称a是模m的原根。

例如，当m = 7时，因为21≡ 2，22≡ 4，23≡ 1 (mod 7)，所以δ7(2) = 3。

又因为31≡ 3，32≡ 2，33≡ 6，34≡ 4，35≡ 5，36≡ 1 (mod 7)，所以δ7(3) = 6 = ϕ(7)，3是模7的原根。

以后，在谈到a对模m的指数时，总假定m > 1，(a, m) = 1。

定理1记δ = δm(a)，则a0, a1, , aδ- 1对模m两两不同余。

证明用反证法。

若有0 ≤i < j≤δ- 1，使得a i≡a j (mod m)，则由(a, m) = 1得到a j - i≡ 1 (mod m)，这与δ = δm(a)的定义矛盾，所以定理成立。

证毕。

154155定理1说明，若g 是模m 的原根，则g 0, g 1, , g ϕ(m ) - 1构成模m 的简化剩余系。

定理2 设δ = δm (a )，r 与r '是正整数，则a r ≡ a r ' (mod m ) (2)的充要条件是r ≡ r ' (mod δ)。

(3)特别地，a r ≡ 1 (mod m )的充要条件是δ∣r 。

证明 不妨设r > r '。

因为(a , m ) = 1，所以式(2)等价于a r - r ' ≡ 1 (mod m )。

(4)若式(4)成立，记r - r ' = q δ + t ，q ∈N ，0 ≤ t < δ，则由定义1，有a t ≡ a q δ + t = a r - r ' ≡ 1 (mod m )。

由δm (a )的定义可知t = 0，即δ∣r - r '，也即式(3)成立。

必要性得证。

若式(3)成立，则存在q ∈N ，使得r - r ' = q δ，则由定义1，有a r - r ' = a q δ ≡ 1 (mod m )，即式(4)成立，从而式(2)成立，充分性得证。

取r ' = 0，得到定理的第二个结论。

证毕。

推论 δm (a )∣ϕ(m )。

证明 由Euler 定理及定理2得证。

定理3 设k 是非负整数，则)),(()()(k a a a m m k m δδδ=。

证明 记δ = δm (a )，δ ' = δm (a k )，δ '' =),(k δδ，则由定理2及 a k δ '' ≡ 1 (mod m )可知δ '∣δ ''。

(5)由定理2及a k δ ' = (a k )δ ' ≡ 1 (mod m )可知δ∣k δ '，因此δ '' =),(),(|k k k δδδδ'。

(6)156 由于1),(,),()(=k k k δδδ，所以由式(6)可以推出δ ''∣δ '。

由此及式(5)得到δ '' = δ '。

证毕。

推论 若δm (a ) = kl ，k > 0，l > 0，则δm (a k ) = l 。

定理4 等式δm (ab ) = δm (a )δm (b ) (7)与(δm (a ), δm (b )) = 1 (8)是等价的。

证明 记δ1 = δm (a )，δ2 = δm (b )，δ3 = δm (ab )，λ = [δ1, δ2]。

若式(7)成立，则λ∣δ1δ2 = δ3。

由λ的定义和定理2，以及(ab )λ = a λb λ ≡ 1 (mod m )又得到δ3∣λ。

因此δ3 = λ，即δ1δ2 = [δ1, δ2]，所以(δ1, δ2) = 1，即式(8)成立。

若式(8)成立，则由定理2及1 ≡232323)(])[(δδδδδδa ab ab ≡≡(mod m )得到δ1∣δ2δ3。

由式(8)推出δ1∣δ3。

同理可推出δ2∣δ3。

所以λ = [δ1, δ2]∣δ3。

但是，由式(8)可知[δ1, δ2] = δ1δ2，所以δ1δ2∣δ3。

另一方面，由定理2及21)(δδab ≡ 1 (mod m )得到δ3∣δ1δ2。

所以δ3 = δ1δ2，即式(7)成立。

证毕。

例1 求1，2，3，4，5，6对模7的指数。

根据定义1直接计算，得到δ7(1) = 1，δ7(2) = 3，δ7(3) = 6，δ7(4) = 3，δ7(5) = 6，δ7(6) = 2。

例1中的结果可列表如下：这样的表称为指数表。

这个表就是模7的指数表。

157下面是模10的指数表：例2 若(a , m ) = 1，aa ' ≡ 1 (mod m )，则δm (a ) = δm (a ')。

解 显然(a ', m ) = 1。

要证明的结论由a d ≡ 1 (mod m ) ⇔ (a ') d ≡ 1 (mod m )即可得出。

例3 若n ∣m ，则δn (a )∣δm (a )。

解 由n ∣m 及定理2有)(a m a δ≡ 1 (mod m ) ⇒)(a m a δ≡ 1 (mod n ) ⇒ δn (a )∣δm (a )。

例4 若(m , n ) = 1，(a , mn ) = 1，则δmn (a ) = [δm (a ), δn (a )]。

(9)解 记δ = δmn (a )，δ ' = [δm (a ), δn (a )]，由例3有δm (a )∣δ，δn (a )∣δ ⇒ δ '∣δ。

(10)又由a δ ' ≡ 1 (mod m )，a δ ' ≡ 1 (mod n )得到a δ ' ≡ 1 (mod mn )。

因此，由定理2，有δ∣δ '。

由此及式(10)推出式(9)。

例５ 若(m , n ) = 1，a 1，a 2是任意整数，(a 1, m ) = (a 2, n ) = 1，则存在整数a ，(a , mn ) = 1，使得δmn (a ) = [δm (a 1), δn (a 2)]。

解 设方程组⎩⎨⎧≡≡)(mod )(mod 21n a x m a x 的解是x ≡ a (mod mn )，则(a , mn ) = 1，并且由例４可知δmn (a ) = [δm (a ), δn (a )] = [δm (a 1), δn (a 2)]。

158 习 题 一1. 写出模11的指数表。

2. 求模14的全部原根。

3. 设m > 1，模m 有原根，d 是ϕ(m )的任一个正因数，证明：在模m 的简化剩余系中，恰有ϕ(d )个指数为d 的整数，并由此推出模m 的简化剩余系中恰有ϕ(ϕ(m ))个原根。

4. 设m ≥ 3，g 是模m 的原根，x 1, x 2, , x ϕ(m )是模m 的简化剩余系，证明：(ⅰ) 2)(m g ϕ≡ -1 (mod m )；(ⅱ) x 1x 2 x ϕ(m ) ≡ -1 (mod m )。

5. 设p = 2n + 1是一个奇素数，证明：模p 的全部二次非剩余就是模p 的全部原根。

6. 证明：(ⅰ) 设p 奇素数，则M p = 2p - 1的素因数必为2pk + 1型； (ⅱ) 设n ≥ 0，则F n =n22+ 1的素因数必为2n + 1k + 1型。

第二节 原 根对于什么样的正整数m ，模m 的原根是存在的？这是本节要研究的问题。

为了叙述方便，对于正整数n ，设它的标准分解式是n =k k p p p αααα 21212，其中p i （1 ≤ i ≤ k ）是奇素数，记λ(n ) = [)(,),(),(),2(2121k k p p p ααααϕϕϕϕ ]。

定理1 模m 有原根的必要条件是m = 1，2，4，p α或2p α，其中p 是奇素数，α ≥ 1。

证明 若m 不具备定理中所述形式，则必是m = 2α（α ≥ 3）， (1)159m =k k p p p αααα 21212（α ≥ 2，k ≥ 1）， (2) 或m =k k p p p αααα 21212（α ≥ 0，k ≥ 2）， (3) 其中p i （1 ≤ i ≤ k ）是奇素数，α i （1 ≤ i ≤ k ）是正整数。

如果m 是形如式(2)的数，那么对于任意的a ，(a , m ) = 1，有，，，，，，k i p a a k i p a a i i i i i m m i p ≤≤≡≡≤≤≡≡1)(mod 1)2(mod 11)(mod 1)2(mod 1)()()()2(αλαλαϕαϕαα a λ(m ) ≡ 1 (mod m )。

(4)容易验证λ(m ) < ϕ(m )。

因此，由式(4)可知，任何与m 互素的数a 不是模m 的原根。

同样方法可以证明，若m 是形如式(1)或式(3)中的数，模m 也没有原根。

证毕。

下面我们要证明，定理1中的条件也是充分条件。

为此，先要证明几个引理。

引理1 设m 是正整数。

对任意的整数a ，b ，一定存在整数c ，使得δm (c ) = [δm (a ), δm (b )]。

证明 由第一章第六节习题6，存在正整数λ1，λ2，μ1，μ2，使得δm (a ) = λ1λ2，δm (b ) = μ1μ2，(λ2, μ2) = 1，[δm (a ), δm (b )] = λ2μ2 。

(5)由第一节定理3，有22)()(11μδλδμλ==b a m m ，，因此，由第一节定理4得到)()()(1111μλμλδδδb a b a m m m == λ2μ2 = [δm (a ), δm (b )]。

取c =11μλb a 即可得证。

证毕。

引理2 若p 是奇素数，则模p 有原根。

证明 由引理1及归纳法容易证明，存在整数g ，(g , p ) = 1，使得160 δ = δp (g ) = [δp (1), δp (2), , δp (p - 1)]。

显然δ∣p - 1，δp (j )∣δ，1 ≤ j ≤ p - 1。

(6)另一方面，由式（6）可知同余方程x δ - 1 ≡ 0 (mod p )有解x ≡ i (mod p )，1 ≤ i ≤ p - 1。