原根

定义：称满足 \(\delta_n(a)=\varphi(n)\) 的 \(a\) 为模 \(n\) 的原根

性质： \(g,g^2,...,g^{\varphi(n)}\) 构成模 \(n\) 的简系

当且仅当存在奇素数 \(p\) 及整数 \(\alpha\) 使得 \(n\in\{p^\alpha,2p^\alpha\}\) ，模 \(n\) 的原根存在

1、对不满足条件的 \(n\) ：

若 \(n=2^\alpha\) ，则对任意奇数 \(x\) 有；

\( \begin{aligned}x^{2^{\alpha-2}} &\equiv (2k+1)^{2^{\alpha-2}}\\ &\equiv 1+2^{\alpha-2}\cdot 2k+2^{\alpha-3}\cdot (2^{\alpha-2}-1)\cdot (2k)^2\\ &\equiv 1+2^{\alpha-1}(k+(2^{\alpha-2}-1)k^2)\\ &\equiv 1\:(mod~2^{\alpha+2}) \end{aligned} \)

注意 \(k\) 与 \((2^{\alpha-1}-1)k^2\) 奇偶性相同

若 \(n=uv,2<u<v,(u,v)=1\) ，由阶的性质得到

\(\delta_n(a)=[\delta_u(a),\delta_v(a)]\le\frac12\delta_u(a)\delta_v(a)\le \frac12 \varphi(u)\varphi(v)\le \frac12 \varphi(n)\)

第二步用到了 \(\forall x>2,2\mid \varphi(x)\)

从而模 \(n\) 的原根不存在

2、对奇素数 \(p\)

首先对任意 \(a,b\) （不为 \(p\) 的倍数），均可以找到 \(c\) ，使得 \(\delta_p(c)=[\delta_p(a),\delta_p(b)]\) （允许相同）

记 \(\delta_p(a)=r,\delta_p(b)=t\) ，并记 \(r=(r,t)x\) ，则 \([\delta_p(a),\delta_p(b)]=tx\)

其中我们需要取 \(x\) 使得 \((x,t)=1\) （否则交换 \(ab\) ）

根据阶的性质 \(\delta_p(a^d)=\frac{r}{(r,d)}=x\)

又 \((x,t)=1\) ，根据阶的性质 \(\delta_p(a^db)=\delta (a^d)\delta_p(b)=tx\)

那么由归纳法不难知存在 \(g\) 使得 \(\delta_p(g)=[\delta_p(1),\delta_p(2),...,\delta_p(p-1)]\)

这表明 \(1,2,...,p-1\) 均为方程 \(x^{\delta_p(g)}\equiv 1\:(mod\:p)\) 的根

由拉格朗日定理，有 \(\delta_p(g)\le p-1\) ，显然 \(\delta_p(g)=p-1\) ，证毕

3、对 \(n=p^\alpha\)

取模 \(p\) 的原根 \(g\) 满足 \(g^{p-1}\) 模 \(p^2\) 不余 \(1\) ，若 \(g\) 不满足条件，由二项式定理不难知 \(g+p\) 满足条件

（注：实际上 \(g,g+p,g+2p,...,g+(p-1)p\) 中恰有一个模 \(p^2\) 余 \(1\) ）

然后由 \(LTE\) 引理得到它就是模 \(p^\alpha\) 的原根

4、对 \(n=2p^\alpha\)

取模 \(p^\alpha\) 的原根 \(g,g+p^\alpha\) 中的奇数，不难证明其满足条件

这个证明方法的思想还是很重要的。但是我们会有更好的证明，可以给出原根的数目，具体地说：

对奇素数 \(p\) ，定义 \(f(d)(d\mid p-1)\) 表示 \(\delta_p(x)=d\) 的 \(x\) 的个数。求证： \(f(x)=\varphi(x)\)

我们将证明： \(f(x)\le varphi(x)\) ，进一步由 \(\sum\limits_{d\mid p-1}f(d)=p-1=\sum\limits_{d\mid p-1}\varphi(d)\) 给出题目结论

（如果已知原根存在，考虑用原根表示所有 \(x\) 即可。下面的做法建立在不知道原根存在的基础上）

考虑 \(x^d\equiv 1\:(mod~p)\) 以及满足 \(\delta_p(x)=d\) 的某个数 \(n\) （不存在时不等式显然成立），那么 \(n,n^2,...,n^d\) 都是这个方程的根，根据拉格朗日定理，知道它们是全部的根。

现在 \(\delta_p(n^k)=\frac{d}{(d,k)}\) 可以给出恰好 \(\varphi(d)\) 个 \(n^k\) 的阶是 \(d\) ，这就完成了证明。

我们留给读者证明，这个结论对 \(n=p^\alpha,2p^\alpha\) 也成立，而 \(n\) 拥有 \(\varphi(\varphi(n))\) 个原根。（这从第一种证明过程也可以看出）

例1

设 \(p\) 为素数，且 \(p\equiv 1\:(mod~12)\) ，求满足：

1. \(a,b,c,d\in\{0,1,2,...,p-1\}\)

2. \(a^2+b^2\equiv c^3+d^3\:(mod~p)\)

的 \((a,b,c,d)\) 组数

下面的证明无特殊说明，默认 \((\frac xp)\) 为 \(Legendre\) 符号

我们分三步证明：

1. 满足 \(a^2+b^2\equiv 0\:(mod~p)\) 的 \((a,b)\) 有 \(2p-1\) 组

2. 满足 \(a^2+b^2\equiv m\:(mod~p),m>0\) 的 \((a,b)\) 有 \(p-1\) 组

如果不知道以上两个结论，可参考二次剩余笔记。

3. \(a^3+b^3\equiv 0\:(mod\:p)\) 有 \(3p-2\) 组解

由 \(3\mid p-1\) ，\(a^3,a=1,2,...,p-1\) 遍历了三次 \(\{g^3,g^6,...,g^{p-1}\}\)

我们还知道 \(\forall k,g^{3k}\) 与 \(p-g^{3k}\) 均属于上述集合 （\(a^3+(p-a)^3\equiv 0\:(mod~p)\)）

共 \(\frac {p-1}{3}\cdot 3\cdot 3+1=3p-2\) 组

考虑原题的解数，记 \(k\equiv a^2+b^2\equiv c^3+d^3\:(mod~p)\) 则

\(k=0\) 共 \((2p-1)(3p-2)\) 组

\(k>0\) 共 \((p-1)(p^2-3p+2)\) 组

这里很巧妙的绕开了 \(a^3+b^3\equiv m\:(mod~p)\) 的解数

例2

斐波那契数列中， \(F_1=F_2=1,F_{n+1}=F_n+F_{n-1},n=2,3,...\) ，求证：对任意素数 \(p\) ，数 \(F_{p-1}\) 是数列第一个能被 \(p\) 整除的数的充要条件是：存在模 \(p\) 的原根 \(r\) ，使得 \((r+1)(r+2)\equiv 1\:(mod~p)\)

先证明： \((\frac5p)=1\iff p\mid F_{p-1}\)

\(\begin{aligned}F_{p-1} &=\frac1{\sqrt5}((\frac{1+\sqrt5}2)^{p-1}-(\frac{1-\sqrt5}2)^{p-1})\\ &=\frac1{2^{p-2}}\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-3}2}C_{p-1}^{2i+1}\cdot 5^i\\ &\equiv 2\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-3}2}(-1)^{2i+1}\cdot 5^i\\ &=-2\sum\limits_{i=0}^{\frac{p-3}2}5^i\\ &=-\frac12(5^\frac{p-1}{2}-1)\:(mod~p)\\ \end{aligned} \)

必要性：首先，存在 \(x\) ，使得 \(x^2\equiv 5\:(mod~p)\) ，并取 \(x\) 为奇数（否则 \(x<=p-x\) ）

记 \(x=2r+3\) ，则 \(4r^2+12r+9\equiv 5\:(mod~p)\)

则 \(r^2+3r+1\equiv 0\:(mod~p)\) ，\(r\) 满足题设，下说明 \(r\) 为原根

记 \(x^2+3x+1=0\) 两根为 \(m,n\) ，则

\((r-m)(r-n)\equiv 0\:(mod~p)\)

（这里多项式系数依旧为整数）

由于 \(f_k(x)=x^{2k}-(n^k+m^k) x^k+1=(x^k-n^k)(x^k-m^k)\) 含 \(g(x)=x^2+3x+1\) 的所有根，可知

\(f(r)\equiv 0\:(mod~p)\)

记 \(t=\delta_p(r)\) ，则 \(f_t(r)\equiv 1-(m^t+n^t)+1\)

注意到 \(mn=1\) ，并且 \((\frac{\sqrt5+1}2)^2=-m,(\frac{1-\sqrt5}2)^2=-n\)

则 \(5F_t^2=(-m)^t+(-n)^t-2(-1)^{t+1}\equiv \pm f_t(r)\equiv 0\:(mod~p)\) ，这与 \(F_{p-1}\) 是第一个 \(p\) 的倍数矛盾

充分性：由条件知 \((2r+3)^2\equiv 5\:(mod~p)=>p\mid F_{p-1}\)

假设存在 \(t<p-1\) 使得 \(F_t\equiv 0\:(mod~p)\)

则 \(5F_t^2\equiv \pm(1-m^t-n^t+1)\equiv 0\:(mod~p)\)

由 \((r+1)(r+2)\equiv 0\:(mod~p)\) 知 \(f_t(r)\equiv 0\:(mod~p)\)

即 \(f_t(r)=r^{2t}-(n^t+m^t)r^t+1\equiv r^{2t}+2r^t+1\equiv (r^t+1)^2\equiv 0\:(mod~p)\)

即 \(r^{2t}\equiv 1\:(mod~p)\) ，则 \(t=\frac {p-1}2\)

由二阶线性递推数列的螺线递推，可知 \(F_{\frac{p+1}2}\equiv 0\:(mod~p)\) ，从而斐波那契数列的每一项均为 \(p\) 的倍数，矛盾

例3

证明：存在 \(p-1\) 个整数 \(a_1,a_2,...,a_{p-1}\) 使得数 \(a_i+a_j(1\le i\le j\le p-1)\) 模 \(\varphi(p^2)\) 两两不同余

令 \(a_i\equiv g^i\:(mod~p),a_i\equiv i\:(mod~p-1)\)

若 \(a_i\equiv a_j\:(mod~p(p-1))\) ，则 \(i+j\equiv k+l\:(mod~p-1),g^i+g^j\equiv g^k+g^l\:(mod~p)\)

则 \(i-k\equiv l-j\:(mod~p-1),g^k(g^{i-k}-1)\equiv g^l(g^{j-l}-1)\:(mod~p)\) ，结合两式知 \(g^k\equiv g^l\:(mod~p)\) ，矛盾