初等数论第七章原根Word格式.docx
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是正整数,则
ar≡ar'
(modm)
(2)
的充要条件是
r≡r'
(modδ)。
(3)
特别地,ar≡1(modm)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
ar-r'
≡1(modm)。
(4)
若式(4)成立,记r-r'
=qδ+t,q∈N,0≤t<
δ,则由定义1,有
at≡aqδ+t=ar-r'
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'
=qδ,则由定义1,有
=aqδ≡1(modm),
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。
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
证明记δ=δm(a),δ'
=δm(ak),δ'
'
=
,则由定理2及
akδ'
≡1(modm)
可知
δ'
∣δ'
(5)
由定理2及akδ'
=(ak)δ'
≡1(modm)可知δ∣kδ'
,因此
(6)
由于
,所以由式(6)可以推出δ'
由此及式(5)得到δ'
=δ'
推论若δm(a)=kl,k>
0,l>
0,则δm(ak)=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=aλbλ≡1(modm)
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≡
(modm)
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
≡1(modm)
得到δ3∣δ1δ2。
所以δ3=δ1δ2,即式(7)成立。
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:
a
1
2
3
4
5
6
δ7(a)
这样的表称为指数表。
这个表就是模7的指数表。
下面是模10的指数表:
7
9
δ10(a)
例2若(a,m)=1,aa'
≡1(modm),则
δm(a)=δm(a'
)。
解显然(a'
m)=1。
要证明的结论由
ad≡1(modm)⇔(a'
)d≡1(modm)
即可得出。
例3若n∣m,则δn(a)∣δm(a)。
解由n∣m及定理2有
≡1(modm)⇒
≡1(modn)⇒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
aδ'
≡1(modm),aδ'
≡1(modn)
得到
≡1(modmn)。
因此,由定理2,有δ∣δ'
由此及式(10)推出式(9)。
例5若(m,n)=1,a1,a2是任意整数,(a1,m)=(a2,n)=1,则存在整数a,(a,mn)=1,使得
δmn(a)=[δm(a1),δn(a2)]。
解设方程组
的解是x≡a(modmn),则(a,mn)=1,并且由例4可知
δmn(a)=[δm(a),δn(a)]=[δm(a1),δn(a2)]。
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,x1,x2,,xϕ(m)是模m的简化剩余系,证明:
(ⅰ)
≡-1(modm);
(ⅱ)x1x2xϕ(m)≡-1(modm)。
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Mp=2p-1的素因数必为2pk+1型;
(ⅱ)设n≥0,则Fn=
+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=
,
其中pi(1≤i≤k)是奇素数,记
λ(n)=[
]。
定理1模m有原根的必要条件是m=1,2,4,pα或2pα,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)
m=
(α≥2,k≥1),
(2)
或
(α≥0,k≥2),(3)
其中pi(1≤i≤k)是奇素数,αi(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
aλ(m)≡1(modm)。
(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。
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。
由第一节定理3,有
因此,由第一节定理4得到
=λ2μ2=[δm(a),δm(b)]。
取c=
即可得证。
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
δ=δp(g)=[δp
(1),δp
(2),,δp(p-1)]。
显然
δ∣p-1,δp(j)∣δ,1≤j≤p-1。
另一方面,由式(6)可知同余方程
xδ-1≡0(modp)
有解x≡i(modp),1≤i≤p-1。
所以,由第五章第四节定理2,可知,p-1≤δ。
由此及式(6),得到p-1=δ,即g是模p的原根。
引理3设p是奇素数,α是正整数,则模pα有原根。
证明不妨设α>
1。
设g是模p的原根,则(g,p)=1。
因此,存在整数x0,使得
gp-1=1+px0,
因此,对于任意的整数t,有
(g+pt)p-1=gp-1+p(p-1)tgp-2+=1+p(x0-gp-2t)+p2Q2,
其中Q2∈Z,即
(g+pt)p-1≡1+p(x0-gp-2t)(modp2)。
(7)
取
t0=0,当p
x0;
t0=1,当p∣x0,
则p
x0-gp-2t0=y0,于是
(g+pt0)p-1=1+py0
1(modp2),p
y0。
(8)
由式(8),有
(g+pt0)p(p-1)=(1+py0)p=1+p2y1,
其中
y1=y0+
y02++pp-2y0p≡y0(modp)。
(9)
因此,p
y1。
类似地,由式(9)可以依次得到
(10)
其中yα-1≡yα-2≡≡y0(modp)。
因此
p
yi,0≤i≤α-1。
(11)
由于g是模p的原根,所以g+pt0也是模p的原根,设g+pt0对模pα的指数是δ,则有
(g+pt0)δ≡1(modpα),
(g+pt0)δ≡1(modp),
因此,由指数的性质可知δp(g+pt0)∣δ,即p-1∣δ。
另一方面,由δ的定义及第一节定理2的推论,有δ∣ϕ(pα)=pα-1(p-1),所以
δ=pr-1(p-1),1≤r≤α,
即
≡1(modpα)。
(12)
由式(10),有
=1+pryr-1,
所以,由上式及式(12)推出
1+pryr-1≡1(modpα),
pryr-1≡0(modpα)。
由此及式(11)得到r≥α。
所以r=α,即g+pt0是模pα的原根。
引理4设p是奇素数,α≥1,则模2pα有原根。
证明设g是模pα的原根,则g+pα也是模pα的原根,以g1表示g与g+pα中的奇数,则
≡1(modpα),g1≡1(mod2),
因为(2,p)=1,ϕ(pα)=ϕ(2pα),所以
≡1(mod2pα)。
(13)
我们指出,不存在正整数r<
ϕ(2pα),使得
g1r≡1(mod2pα)。
否则,由上式得到
(g1,pα)=1,g1r≡1(modpα),
从而g1不能是模pα的原根。
以上证明了
(g1)=ϕ(2pα),即g1是模2pα的原根。
定理2设p是奇素数,m=2,4,pα,2pα,则模m有原根。
证明由引理3和引理4,只需证明模2与模4有原根,这容易验证:
1是模2的原根,3是模4的原根。
定理3设m>
1,ϕ(m)的所有不同的素因数是p1,p2,,pk,(g,m)=1,则g是模m的原根的充要条件是
1(modm),1≤i≤k。
(14)
证明(ⅰ)必要性是显然的。
(ⅱ)设式(14)成立。
记δ=δm(g),由第一节定理2推论,有δ⎪ϕ(m)。
若δ<
ϕ(m),则
>
1,所以,必有某个pi(1≤i≤k),使得pi
δ
≡1(modm),
这与式(14)矛盾。
因此δ=ϕ(m),即g是模m的原根。
例1求模7的原根。
解由第一节例题1可知模7有两个原根3和5。
例2已知5是模23的原根,解同余方程
x8≡18(mod23)。
(15)
解由第一节定理1,5i(mod23)(i=0,1,2,,21)构成模23的简化系,列表为
i
012345678910
5i(mod23)
1521042081716119
1112131415161718192021
2218211319315671214
由上表可知512≡18(mod23)。
设x≡5y(mod23),0≤y≤22,则由第一节定理2,方程(15)等价于
8y≡12(mod22)。
(16)
因为(8,22)=2∣12,所以方程(16)有两个解:
y1≡7,y2≡18(mod22)。
因此,方程(15)有两个解
x1≡57≡17,x2≡518≡6(mod23)。
注:
若模m有原根g,则模m的简化剩余系A={a1,a2,,aϕ(m)}与集合B={gi;
1≤i≤ϕ(m)}有一个一一对应关系,即,对于任意的a0∈A,存在唯一的gi0∈B,使得a0≡gi0(modm)。
此时,称i0是a0对模m的以g为底的指标,记为i0=indga0。
从例2看出,利用指标的概念,我们可以将求解指数同余方程xn≡a(modm)的问题转化为求解线性同余方程nindgx≡indga(modϕ(m))。
习题二
1.求模29的最小正原根。
2.分别求模293和模2⋅293的原根。
3.解同余方程:
x12≡16(mod17)。
4.设p和q=4p+1都是素数,证明:
2是模q的一个原根。
5.设m≥3,g1和g2都是模m的原根,则g=g1g2不是模m的原根。
6.设p是奇素数,证明:
当且仅当p-1
n时,有
1n+2n++(p-1)n≡0(modp)。
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- 初等 数论 第七 章原根