阶

定义：对 \((a,n)=1\) ，则满足 \(a^m\equiv 1 \:(mod~n)\) 的最小正整数 \(m\) 称为 \(a\) 模 \(n\) 的阶，记作 \(\delta_n(a)\)

以下引用阶符号时默认 \((a,n)\) 互质

由欧拉定理，阶的存在性是显然的，下面给出几条阶的性质：

1、对正整数 \(k\) ，\(a^k\equiv 1\:(mod~n) \iff \delta_n(a)\mid k\)

这是阶最重要的性质。用 \(\delta_n(a)\) 对 \(k\) 做带余除法不难得到

2、对 \((m,n)=1\) ， \(\delta_{mn}(a)=[\delta_m(a),\delta_n(a)]\)

一方面，由 \(a^{\delta_{mn}}\equiv 1\:(mod~mn)\) 知 \(a^{\delta_{mn}}\equiv 1\:(mod~m)\) ，即 \(\delta_m\mid \delta_{mn}\) 同理 \(\delta_n\mid \delta_{mn}\)

另一方面，\(t=[\delta_m,\delta_n]\) 显然满足 \(a^t\equiv 1\:(mod~m),a^t\equiv 1\:(mod~n)\)

综上可知命题成立

这个性质意味着我们只要分析素数幂的情况，就可以给出模 \(n\) 的阶。进一步地，只要分析素数情况，根据 \(LTE\) 引理推到素数幂情况即可。

3、\(\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)\iff (\delta_m(a),\delta_m(b))=1\)

右推左：

令 \(t=\delta_m(a)\delta_m(b)\)

一方面， \(a^t\equiv 1\:(mod~m),b^t\equiv1\:(mod~m)\) ，即 \((ab)^t\equiv 1\:(mod~m)\)

另一方面 \((ab)^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv a^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv 1\:(mod~m)\)

这说明 \(\delta_m(a)\mid \delta_m(b)\delta_m(ab)\) ，结合 \((\delta_m(a),\delta_m(b))=1\) ，知 \(\delta_m(a)\mid \delta_m(ab)\)

同理 \(\delta_m(b)\mid \delta_m(ab)\) ，综上可知 \(\delta_m(ab)=t\)

左推右：不难证明 \(\delta_m(ab)\mid [\delta_m(a),\delta_m(b)]\) ，即证

4、\(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\)

由 \((a^k)^\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\equiv (a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{(\delta_m(a),k)}}\equiv 1\:(mod~m) => \delta_m(a^k)\mid \frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\)

另一方面 \((a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv 1\:(mod~m)=>\delta_m(a)\mid k\delta_m(a^k)\)

结合上述论证可知 \(\delta_m(a^k)=\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}\)

阶的一个常规套路是结合费马小定理或欧拉定理使用

（以前的我是怎么有闲情逸致去写这种垃圾证明的？）

一个推论非常重要：

1. \(a^p-b^p\) 的素因子 \(q\) 满足 \(q\mid (a-b)\gcd(a,b)\) 或 \(q\equiv 1\:(mod~p)\)

2. 当 \(\gcd(a,b)=1\) ， \(\frac{a^p-b^p}{a-b}\) 的素因子 \(q\) 满足 \(q=p\) 或 \(q\equiv 1\:(mod~p)\)

以及例 \(2\) 中出现了关于 \(2^k\) 类似的结论。

例1

设 \(p,q\) 为素数，且满足 \(p^2\mid 2^q-1\) ，证明： \(2^{p-1}\equiv 1\:(mod~p^2)\)

由 \(2^q\equiv 1\:(mod~p),2^{p-1}\equiv 1\:(mod~p)\) ，知 \(\delta_p(2)\mid (q,p-1)\) ，结合 \(\delta_p(2)>1\) 且 \(q\) 为素数，知 \(\delta_p(2)=q\mid p-1\)

又 \(2^q\equiv 1\:(mod~p)\) ，知 \(2^{p-1}\equiv 1\:(mod~p^2)\)

例2

设费马数 \(F_k=2^{2^k}+1\) ，求证： \(F_k\) 的任意素因子模 \(2^{k+2}\) 余 \(1\)

对 \(k\) 小的情况可以手动验证，考虑 \(k\ge 3\) 。

首先， \(\forall(a,b)=1, a^{2^k}+b^{2^k}\) 的奇素因子模 \(2^{k+1}\) 余 \(1\)

设 \(p\mid a^{2^k}+b^{2^k}\) ，则 \((\frac{a}{b})^{2^k}\equiv -1\:(mod~p)\) ， \((\frac{a}{b})^{2^{k+1}}\equiv 1\:(mod~p)\)

则 \(\delta_p(\frac{a}{b})\nmid 2^k,\delta_p(\frac{a}{b})\mid 2^{k+1}\) ，即 \(\delta_p(\frac{a}{b})=2^{k+1}\)

结合费马小定理 \((\frac{a}{b})^{p-1}\equiv 1\:(mod~p)\) 知 \(p\equiv 1\:(mod~2^{k+1})\)

这说明这些素因子 \(p\equiv 1\:(mod~{2^{k+1}})\)

我们需要更强的结论，这不困难，只要注意 \(p\equiv 1\:(mod~8)\) ，我们将得到 \(2\) 是 \(p\) 的平方剩余，由欧拉判别法 \(2^{\frac{p-1}2}\equiv 1\:(mod~p)\) ，于是 \(2^{k+1}=\delta_p(2)\mid \frac{p-1}2\) ，给出结论。

注：说明 \(\delta\nmid p^k,\delta\mid p^{k+1}=>p^{k+1} \:||\:\delta\) 是一种阶的常用手段

例3

证明：对正整数 \(m\) ，存在无穷素数 \(q\) 满足对任意 \(n\in Z\) 有 \(q\nmid(n^m-m)\)

先证明：存在这样的素数 \(q\)

考虑 \(n^m\ne m\:(mod~q)\) ，我们直接考虑更强的 \(q\mid n^m-1\) 并且 \(q\nmid m-1\) ，我们希望找到这样的 \(q\)

\(q\nmid m-1\) 好说，但另一个条件比较麻烦，由于是任何正整数 \(n\) ，我们得先找一个 \(p\mid m\) ，来考虑用费马小定理。

假设 \(n^m\equiv m\:(mod~q)\) 成立，可以看到 \(n^{mp}\equiv m^p\:(mod~q)\) ，令 \(q\mid m^p-1\) ，然后 \(n^{mp}\equiv 1\:(mod~q)\) ，然后 \(\delta_q(n)\mid (q-1,mp)\) ，我们希望是 \(m\) （这样 \(q\mid n^m-1\) ，然后矛盾），只要 \(q\nmid p-1\) 就行。

我们上面给了好几个条件，取了 \(p\mid m\) ，然后要找到 \(q\nmid m-1,q\mid m^p-1,q\nmid p-1\)

如果 \(q\mid \frac{m^p-1}{m-1},q\ne p\) ，那么根据推论 \(2\) ，可以知道 \(q\equiv 1\:(mod~p)\) ，而 \(m\equiv 1\:(mod~q)\) 导致

\(\large \frac{m^p-1}{m-1}=m^{p-1}+...+m+1\equiv p\:(mod~q)\)

矛盾。 \(q\) 符合题设。

接下来，假设满足条件的素数 \(q\) 有限，记作 \(q_1,q_2,...,q_k\) ，并记 \(a=m(q_1q_2...q_k)^m\)

取 \(\frac{a^p-1}{a-1}\) 的一个模 \(p^2\) 不余 \(1\) 素因子 \(q\) （同上不难证其存在）

若 \(n^m\equiv m\:(mod~q)\) ，有 \((nq_1q_2...q_n)^{pm}\equiv (m(q_1q_2...q_n)^m)^p \equiv a^p\equiv 1\:(mod~q)\)

结合 \((nq_1q_2...q_n)^{q-1}\equiv 1\:(mod~q)\) ，知 \(\delta_q(n)=(pm,q-1)\) ，又 \(q\neq q_i\) 且 \(p^2\nmid q-1\) ，知 \(\delta_q(n)=p\)

则 \(p\equiv n^p\equiv 1\:(mod~q)\) ，但是推论 \(2\) 说 \(q\equiv 1\:(mod~p)\) ，矛盾。

例4

证明：对所有 \(n\ge 3\) ， \(F_n=2^{2^n}+1\) 有一个素因子大小超过 \((n+1)2^n\)

设 \(F_n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}\) ，那么 \(p_i\equiv 1\:(mod~2^{n+2})\)

那么记 \(p_i=1+2^{n+2}q_i\) ，有

\(1\equiv F_n\equiv \prod(1+2^{n+2}q_i)^{\alpha_i}\equiv 1+2^{n+2}\sum q_i\alpha_i\:(mod~2^{2n+4})\)

于是 \(\sum q_i\alpha_i\ge 2^{n+2}\) 。

假设 \(p_i<(n+1)\cdot 2^{n+1}\) ，我们看到 \(q_i\le n\) ，于是 \(\sum\alpha_i\ge \frac{2^{n+2}}n\) ，我们将证明这是不可能的，因为

\(\large F_n>(2^{n+2})^{\sum \alpha_i}>2^{(n+2)2^{n+2}/n}\)

显然矛盾。