[学习笔记] 阶 & 原根 - 数论

较为冷门(?)的数论知识，但在解决一些特殊问题上有着重要的作用。

整数的阶

根据欧拉定理有正整数 \(n\) 和一个与 \(n\) 互素的整数 \(a\)，那么有 $a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod{n} $。因此至少存在一个整数满足这个方程。并且由良序原理可得一定存在一个最小正整数满足这个方程。、

定义：设 \(a\) 和 \(n\) 是互素的整数，\(a\not = 0\)，\(n > 0\)，使得 \(a^x\equiv 1 \pmod n\) 的最小正整数称之为 **\(a\) 模 \(n\) 的阶 **，记作 \(\mathrm{ord}_na\)。

定理1

如果 \(a\) 和 \(n\) 为互素的整数，且 \(a\not = 0\)、\(n>0\)，那么正整数 \(x\) 是同余方程 \(a^x\equiv 1 \pmod n\) 的一个解当且仅当 $ \mathrm{ord}_na \mid x$。

证明：

假设 \(a^x\equiv 1 \pmod n\)，并将 \(x\) 表示为：

\[x=k\times \mathrm{ord}_na + r\ \ \ (0\le r< \mathrm{ord}_na)
\]

得：

\[a^x=a^{k\times \mathrm{ord}_na + r}=(a^{k\times \mathrm{ord}_na})^r\equiv a^r\pmod n
\]

因为 \(a^x\equiv 1 \pmod n\)，所以 \(a^r\equiv 1 \pmod n\)，又因为 \(\mathrm{ord}_na\) 为使得该同余方程右边为 \(1\) 的最小正整数，所以 \(r=0\)，所以有 \(x=k\times \mathrm{ord}_na\)，固有 $ \mathrm{ord}_na \mid x$。

推论1.1

如果 \(a\) 和 \(n\) 为互素的整数，且 \(n>0\)，那么 \(\mathrm{ord}_na \mid \phi(n)\)。

根据定理1不难得证。

定理2

如果 \(a\) 和 \(n\) 为互素的整数，且 \(n>0\)，那么 \(a^i\equiv a^j \pmod n\) 当且仅当 \(i \equiv j \pmod {\mathrm{ord}_na}\)。\(i\) 和 \(j\) 均为非负整数。

证明：

假设 \(a^i\equiv a^j \pmod n\) 且 \(j\le i\)。因为 \(a \equiv 1 \pmod {n}\)，所以 \(a^j \equiv 1 \pmod n\)。那么可列出下面狮子：

\[a^i \equiv a^j \equiv a^ja^{i-j} \pmod n
\]

约掉 \(a^j\) 则有：

\[a^{i-j} \equiv 1 \pmod n
\]

由定理1可得 \(\mathrm{ord}_na \mid i-j\)，换个形式：\(i \equiv j \pmod {\mathrm{ord}_na}\)。得证。

这条性质非常重要，换个说法就是当 \(a\) 的指数小于 \(\mathrm{ord}_na\) 的时候所有模后的数都是不相等的。接下来说明原根的性质时还会提到类似的这一点。这可以把某些程序的复杂度 \(\mathcal{O}(n)\) 压缩到 \(\mathcal{O}(\mathrm{ord}_na)\)。是一个很大的优化。

原根

定义：如果 \(r\) 和 \(n\) 是互素的整数且 \(n>0\)，那么当 \(\mathrm{ord}_nr=\phi(n)\) 时，称 \(r\) 是 \(n\) 的原根。

某个整数的阶是一定存在的，但原根可不是什么整数都有的。考虑哪些正整数有原根。一个整数存在原根当且仅当他为 \(2,4,p^k,2p^k\)，其中 \(p\) 为奇素数，\(k\) 为正整数。

定理3

如果正整数\(r\) 和 \(n\) 互素，并且 \(n>0\)， 如果 \(r\) 是 \(n\) 的一个原根，那么下列整数

\[r^1,r^2,\dots,r^{\phi(n)}
\]

构成了模 \(n\) 的既约剩余系。

没写完呢~

不太好理解。破译过来就是，这些整数模 \(n\) 的值在指数为 \(1\) 到 \(\phi(n)\) 的时候是互不相等的，并且这些整数模 \(n\) 的值只有这些，也就是取尽了整个值域。并且他们每 \(\phi(n)\) 个一循环。