数论学习笔记(4):指数、原根和指标

作者:氯化钡和硫酸银

时间:2014年2月5日 22:48

来源:http://blog.sina.cn/dpool/blog/s/blog_a661ecd50101axpi.html

指数的概念,其实小学的时候就有点沾边了…比如像下列这种探究规律的题目:

3^1,3^2,3^3,3^4,… 的个位数字有什么规律?

也就是说 3^x除以 10 的余数有没有什么规律,结果当然是 3,9,7,1 循环…把底数 3换成别的数,结果还是循环。当然,现在应该可以看出点更深入的东西了:

1.只要有重复,必然有循环。每个位置上的余数都是由前一个余数唯一确定的(乘以底数,再取余数:(3^k*3)mod 10=(3^k mod 10 * 10) mod 10),所以如果有两个余数相等了,那么把它们都往后推一项,余数还是相等的,再往后推一项余数仍相等,依次类推。结果就是从某一项开始,所有“距离”一定的两项余数都相等(还记得周期函数定义f(x+T)=f(x) 吧)。这样就有了周期性。

2.重复总会出现。这是显然的,因为余数的情况只有有限个,而数列却有无限项。余数不可能不重复。

实际上,如果我们限定底数与模必须互质(比如 3 和 10 ),那么还有一个性质:

3.从第一项就开始循环。因为这回多了个条件:每个位置上的余数可以由后一个余数唯一确定。

假如这个位置上的余数不确定,有两个不同的值,那么由此算出来后一个余数的两个值也不一样(这是由底数与模互质推来的,还记得费马小定理怎么证的吧)。

所以如果有两个余数相等了,那么我们往前推就可以推到第一项与某一项相等。所以循环从第一项就开始了。

另外,假如我们把底数的 0 次方作为第一项,并没有影响上面的论证。这样第一项保证是 1 。既然这样,后面究竟到什么时候第二次出现 1就成了一个很关键的问题。比如说,这一项的指数就等于循环节的长度。

我们给它一个定义:

设 a,m 为互素整数且 m>=2 ,则使 a^r≡1(mod m) 成立的最小正整数 r 记为 a 模 m的指数,符号为

(指数还有某些其它的名称,比如说“次数”,“阶”…

另外好像这个记号很不统一…《数论概论》上用 e 代替了 ord ,并且在 a 外面加括号…

如果没有用 Mathtype ,则上面的指数符号记为 ord_m(a) 。

另外上面斜体字里边有个同余号变成两横了,就是下面一横比较粗那个…别看成等号了)

接下来研究一下a^x mod m 的循环到底是怎么回事。先证明这个结论:

设 a,m 为互素整数且 m>=2 ,则非负整数 x 满足 a^x≡1(modm) 的充要条件是 x 是 ord_m(a) 的倍数。

证明比较简单。

如果 x 是 ord_m(a) 的 k 倍,那么 a^x 除以 m 的余数显然是 1 ,因为 a^x 同余于 1 的 k次方。

反过来,如果 a^x 除以 m 的余数是 1 ,那么设 x 除以 ord_m(a) 的商是 k ,余数是 r,则左边可以通过分离出 a^ord_m(a) (这就相当于 1 )的 k 次方而剩下 a^r ,其中r 小于 ord_m(a) ,又由指数定义中的“最小”两字得知 r 只能等于 0 。所以 x 是 ord_m(a)的倍数。

由此可由欧拉定理立即得推论: φ(m) 是 ord_m(a) 的倍数。

接下来又是一个类似结论:

设 a,m 为互素整数且 m>=2 ,则非负整数 x,y满足 a^x≡a^y(mod m) 的充要条件是 x,y 模ord_m(a) 同余。

这个也可以视为一个推论,不妨设 x>=y ,则两边约去 a^y (因为 a^y,m互素),立即转化为上面的那个结论(只不过指数换成了 x-y )。

这样就搞清楚了,数列 a^x mod m (前提条件是 m>=2 且 (a,m)=1 )的循环节为 ord_m(a),每个循环节内没有两项相同,并且第一项为 1 。

另外,关于指数还有一些比较“高级”的性质:

1.设 m>=2 为整数, x,y为正整数,则有

中间那个符号表示左边可以推出右边,但是反过来不一定成立。

我们用指数的定义来证明它:

首先,由于 xy 是 a 模 m 的指数,显然有 (a^x)^y=a^(xy) 被 m 除的余数为 1。

其次,如果 (a^x)^y≡1(mod m) 中的 y 可以换成更小的正整数 y’ ,那么就有a^(xy’)≡1(mod m) ,这样 xy 就不是 a 模 m 的指数了。

这个结论的逆命题是错的,反例很容易找,例如 ord_10(3^3)=4 ,但是 ord_10(3)=4 而不是 12。

2.设 m>=2 为整数,则有

证明如下:

首先,由于 a^x,b^y 模 m 都余 1 ,容易得到 (ab)^xy=(a^x)^y*(b^y)^x 模 m余 1。

其次,若 ab 的 k 次方模 m 余 1 ,则有 1≡(ab)^(xk)≡b^(xk)(mod m) ,于是 xk应该是 b 模 m 的指数的倍数即 y 的倍数,又 x,y互质,则 k 必为 y 的倍数。同理 k 是 x 的倍数,所以正整数 k 最小值为 xy。

这些性质后面都会用到。

前面说过,指数的定义中要求 a,m 互素。这样立即得到一个结论:因为 a^x 与 m 互素,所以 a^x 除以 m 的余数也与 m互素,这样这个余数只可能有 φ(m) 种不同的取值。

有的时候这些取值都能取到,比如说 a,m 分别为 3,10 的情况,我们发现余数可以取到 1,3,7,9 ,满足条件。如果底数换成 9,就不满足条件了,因为余数只能取到 1,9 。

注意到余数出现的不同值的个数恰好等于循环节的长度(因为每个循环节里的余数两两不等),于是余数可以取到所有φ(m) 个值就等价于 ord_m(a)=φ(m) 。

如果m>=2 是整数,我们把满足 ord_m(a)=φ(m) 的整数 a 叫做模 m的一个原根。关于原根有一个显然的性质,就是若x=0,1,2,3,…,φ(m)-1,则 a^x 恰好构成模 m 的一个“缩系”(即这 φ(m)个数都和 m 互素,并且模 m 两两不同余)。

这个性质太好了,如果我想算一下两个数乘积模 m 的值(这两个数都与 m 互素),那么只要 m 有一个原根 g ,就可以把这两个数与 g的多少次方同余找出来,再把两个次数加起来就行了。

如果 m,g均给定,那么对任意与 m 互素的整数 a ,必然存在 0,1,2,3,…,φ(m)-1 中的唯一一个数 k 使得g^k≡a(mod m) ,这个数 k 叫做 a 的指标,记为 I(a) 。

容易证明下面的两个性质:

证明不说了。注意指标运算总是模 φ(m) 而不是模 m。由此指标也被称为离散对数。过去数论计算经常用指标表进行运算,现在离散对数还在密码学中扮演重要的角色。

接下来我们讨论一个很重要的问题:哪些数 m 是存在原根 g 的?确实有的数没有原根,比如 8 就没有原根(因为 φ(8)=4,但是任意与 8 互质的整数都是奇数,奇数的 2 次方除以 8 必然余 1,指数一定是 2 的约数,不可能是 4 )。在2,3,4,5,…,30 这 29 个整数中,我们发现2,3,4,5,6,7,9,10,11,13,14,17,18,19,22,23,25,26,27,29

存在原根。把每个数都分解素因子,会发现存在原根的数除了 2,4之外,所有奇数均只含有一个素因子(或者说,它们都是某个奇素数的某个正整数次幂,包括 1次幂),所有偶数也是只含有一个奇素因子。

下面我们就一步一步证明:整数 m>=2 有原根当且仅当 m 具有下列形式之一:

其中 p为任意奇素数, k 为任意正整数。

首先我们做一个比较简单的工作:证明所有不满足 m=2,4,p^k,2p^k 的整数 m 都没有原根。分两步来证。

1.若大于等于 3 的两个整数 x,y 互素,则 xy 没有原根。

事实上,我们只需证明下面式子对于任意与 xy 互素的整数 a 成立就行了:

这样 a 模 xy的阶一定比 φ(xy) 小,也就不存在模 xy 的原根了。

注意到 x,y是互素的,所以我们只需证明这个同余式分别模 x,y 都恒成立就行了。而 a 的次方数显然是 φ(x) 的整数倍(因为 φ(y)是个偶数,从而 φ(y)/2 是个整数),由欧拉定理此式显然模 x 成立。同理此式模 y成立,于是这个式子就恒成立。

这个结论足以刨掉绝大多数的不满足 m=2,4,p^k,2p^k 的整数 m 。如果某个有奇素因子 p的整数有原根,那么将能整除这个数的奇素因子的最高次幂作为 x ,剩下的部分作为 y ,显然 x,y 是互素的,并且 x>=3,所以 y<=2 。这个数就只能是 p^k 或者 2p^k 。这样就只剩下了 m=2^k(k>=3)的情况没排除。

转载者对上面的解释:任意正整数均可以表示为2^m × p^k × p_1^k_1 × p_2^k_2 × …其中p、p_1、p_2为奇素数,m、k、k_1、k_2……≥0的整数

把上式中的p^k作为x,剩下部分作为y,

(1)对于m≥2,k≥1,k_1、k_2……≥0的情况,通过“若大于等于 3 的两个整数 x,y 互素,则 xy 没有原根”,进行了排除。

(2)对于m<2,k≥1,k_1、k_2……>0的情况,也通过“若大于等于 3 的两个整数 x,y 互素,则 xy 没有原根”,进行了排除。

(3)对于m<2,k≥1,k_1、k_2……=0的情况,这个数就是 p^k 或者 2p^k 。

(4)对于这样就只剩下了 m=2^k(k>=3)的情况没排除。

2.若 k>=1 ,则 2^(k+2) 没有原根。

由于φ(2^(k+2))=2^(k+1) ,只需证明下面式子对于任意奇数 a 恒成立就行了:

这样 a 模2^(k+2) 的阶一定比 2^(k+1) 小,模 2^(k+2) 的原根就一定不存在。

用归纳法可以很容易证明这个命题:当 k=1 时,显然所有奇数的平方模 8 余 1 。我们只要再证明

即可(证明格式写得不太正规…理解就行)。这个是很容易证的。

转载者注:由于a是奇数,那么a的任意次方也是奇数,奇数的表达式是a=2q+1,其中q是非负整数。如果成立,那么a^(2^k)就可以表示为下面的第一个等式。

第二个式子写到最后就看出来了,它一定是 2^(k+3) 的某个整数倍加 1 。

至此我们就知道了:如果 m 不是 2,4,p^k,2p^k 中的任意一个,那么 m 不存在原根。

接下来我们验证,如果 m 是 2,4,p^k,2p^k 中的某一种形式,那么 m 存在原根。前两个当然好验证, 2 的一个原根是 1, 4 的一个原根是 3 。剩下两个就不太好办了。

我们先证明一个小结论:任意给定一个关于 x 的,最高次数为正整数 n的整系数多项式,且最高次项系数不是素数 p 的倍数,则满足条件的 x 的模 p两两不同余的取值最多有 n 个。或者换句话说,下面这个同余方程的模 p 两两不同余的解 x 最多有n 个:

其中各项系数都是整数,且 a_n 不是 p 的倍数。

注意 p为素数这个条件不能去掉,否则有反例: x^2-1≡0(mod 8) 有 4 个模 8 不同余的解 1,3,5,7 。

证明采用归纳法。当n=1 时显然成立,此时方程化为 ax+b≡0(mod p) ,由 a,p 互素,显然它恰好有一个解。

设当 n=k时结论成立,当 n=k+1 时,任取一个满足前提条件的同余方程,如果它没有解,则显然满足“解最多有 n 个”的要求;否则它有一个解x_0 ,那么把左端的多项式(记为 P(x) )除以 (x-x_0) 会得到一个次数为 k ,并且最高次项系数没变的多项式 Q(x),还有一个余式 R(x) :

显然因为除式是个一次式,所以余式肯定是个常数 R(注:余式的阶要小于除式的阶) 。把 x=x_0 代到上面,左边是 p的倍数,那么右边的 R 也是 p 的倍数 。这样在模 p 意义下我们就可以把 R(x)扔掉,原先的方程 P(x)≡0(mod p) 就变成了 (x-x_0)Q(x)≡0(mod p) 。

3.任意奇素数 p 有原根。

然后我们来证明任意奇素数 p 有原根。首先有 φ(p)=p-1 。然后我们求出所有的 ord_p(a) ,其中 a 是 1 到 p-1的整数。这些数显然都是 p-1 的约数(可由欧拉定理立即得推论: φ(m) 是 ord_m(a) 的倍数),这样就得到它们的最小公倍数不大于 p-1 。再设这个最小公倍数为 L,则由指数的性质,得到对于所有 x=1,2,3,…,p-1 都有

换句话说,这个 L次同余方程有 p-1 个模 p 两两不同余的解。这样就证明了 L 一定不小于 p-1 。于是 L 只能等于 p-1 。

这也就是说,如果我们把 p-1 分解质因数:

则在x=1,2,3,…,p-1中必然会有一个数模p的指数为 (p_1)^(k_1) 的倍数(注:p-1是所有指数的最小公倍数,所以p-1质因数分解中出现的p_1^k_1必然也会出现在某个指数的质因数分解中) 。设 a_1 模 p 的指数为 (p_1)^(k_1)的 t 倍,则由前面得到的结论可得 (a_1)^t 模 p 的指数等于 (p_1)^(k_1)。

类似地,我们可以分别找到模 p 的指数等于 (p_2)^(k_2),(p_3)^(k_3),…,(p_r)^(k_r) 的数,记为a_2,a_3,…,a_r 。又因为这里面所有 r 个指数都是互质的,可以把它们乘起来,即a_1*a_2*a_3*…*a_r 的指数就是 p-1 。这就找到了模 p 的一个原根。

如果上面两段写得不太清楚的话就看下面这个图吧。利用的是前面说过的指数的两个比较“高级”的性质:

我们利用这个结论进一步证明奇素数 p 的正整数幂有原根。

4.若 p 为任意奇素数, k 为正整数,则 p^k 有原根。

事实上我一开始找到一个规律:所有 p 的原根也是 p^2 的原根。然而后来写了个程序发现它是错的…举个反例。取 p=29 ,则14 是 p 的一个原根,但是 14^28≡1(mod29^2) ,这说明 14 不是 p^2 的原根。

不过,用 p的原根来构造 p^2 的原根,这种想法没有错。先看看最初的想法:我们试图证明所有 p 的原根也是 p^2 的原根,首先就要考虑两个关于x 的同余方程 g^x≡1(mod p) 和 g^x≡1(mod p^2) 。

我们知道第一个式子的最小正整数解为 p-1 ,而我们也可以发现,第二个式子的所有正整数解都是 p-1的倍数。这很简单,因为第二个式子的解也是第一个式子的解,而第一个式子的正整数解显然是 p-1 的倍数。

我们对第二个式子里的 x 换成 (p-1)t ,其中 t 是正整数,就可以对第二个式子变形:

其中第三行是用g^(p-1) 除以 p ,得到商为 q ,由费马小定理余数一定为 1 。第四行是二项式展开得到的,而且把所有被 p^2整除的项都扔掉了,最后左边减右边,把同余式换成整除式,就得到 p|qt 。

我们知道,由于 p是个素数,一定可以得到 p 整除 q,t 中的一个。我们想要的是 p|t ,这样就可以倒推回去得出 g^x≡1(mod p^2)的指数 x 一定是 φ(p^2)=p(p-1) 的倍数。如果要是说明 p 不整除 q 就好了。而 p 整除 q 又意味着g^(p-1)≡1(mod p^2)

(注:如果p不整除q,那么只能是p整除t了,意味着x是φ(p^2)的倍数,所以x≥φ(p^2),根据欧拉定理g^φ(p^2)≡1(mod p^2),所以g就是p^2的原根。下面提到存在反例,需要调整证明方法。)

后来发现这个结论有反例,于是我们只能调整一下证明方法。我们知道 g 是 p 的原根,就意味着 g 加上一个 p 的倍数还是 p的原根。本来这些数都是模 p 同余的,没啥意思,但是如果模数换为 p^2 ,它们就有不同余的数了,我们在这些数里面找一找 p^2的原根。

从这些数里拿出一个,不妨记为 g+pk ( k 不能是 p 的倍数,否则这个数与 g 模 p^2 就一样了),我们考虑方程(g+pk)^x≡1(mod p^2) ,显然 x 仍然是 p-1 的倍数。那么我们不妨先把 (g+pk)^(p-1)展开一下:

我们立即得到:若g^(p-1)≡1(mod p^2) ,则立即得到 (g+pk)^(p-1) 模 p^2 的余数一定不是 1。否则我们会得到多出来的那一项 -g^(p-2)*pk 是 p^2 的倍数,但是 g,k 都不是 p的倍数,矛盾。如果事实是这样的话,我们用 g+pk 代替“其中第三行是用…”那句前面那张图里的 g ,再进行同样的推导,就有了 p不整除 q 。于是, g+pk 就是 p^2 的一个原根。

(注:通过g和g+pk都是p的原根,但g^(p-1)≡1(mod p^2) 和(g+pk)^(p-1)≡1(mod p^2)不能同时成立,可以证明p不整除q。同理:那么只能是p整除t了,意味着x是φ(p^2)的倍数,所以x≥φ(p^2),根据欧拉定理(g+kp)^φ(p^2)≡1(mod p^2),所以g+kp就是p^2的原根。

接下来我们继续说明,上面构造出的 p^2 的一个原根(不管是 g 还是 g+pk )同样也是p^3,p^4,p^5,…的原根。我们下面为了简便起见,就把这个原根当作是 g (因为这个原根的构造方法究竟是 g 还是 g+pk,对我们来说已经没用了)。

我们记g^(p-1)=pq+1 ,把这个式子两端不断取 p 次方就可得:

每次都要利用二项式定理。我们不仅可以推出 q_1,q_2,q_3,…都是整数(事实上,这个由欧拉定理直接就出来了,因为指数上是p^k 的欧拉函数),而且可以推出它们不是 p 的倍数。先拿第二行式子举个例子,我们只关心倒数三项(剩下的项中 pq的幂至少是 3 次,一定是 p^3 的倍数,它不会改变 q_1 是否被 p 整除的)。

注:q_1是关于p和q的多项式,其中含有p的项必然是p的倍数,所以q_1是否是p的倍数不取决于这些含p的项,而这些含p的项就是来自于二项式展开后那些含有p^3的项。

稍加思考会发现,因为指数p是个质数,所以除了两头的 1 之外,所有的二项式系数都是 p的倍数,而倒数第三项肯定不是两头的 1 (注意,这里利用了 p 是奇质数的条件,如果 p=2则倒数第三项就是第一项,它的二项式系数就是 1 了),所以倒数第三项可以利用 pq 的二次方和二项式系数中的 p凑成三次方,于是我们不用再看倒数第三项了。

而最后两项写出来就是 p^2*q+1 ,立刻可以看出被 p^2 除的余数为 1 (所以 q_1 是个整数),并且既然 q 不是 p的倍数,那么 q_1 也不是 p 的倍数。后面的几个式子同理,也是只看最后两项。

注:通过推导可知q_1=np+q,因为q不是p的倍数,所以q_1也不是p的倍数。

注意到每行 g的指数都是形如 p^k 的欧拉函数,我们考虑同余式 g^x≡1(mod p^k) 的正整数解 x 。显然 x 必须是 p-1的倍数(因为 g^x≡1(mod p) ),另外如果取最小的正整数解 x ,它就必然是 φ(p^k)=p^(k-1)*(p-1) 的约数。这样最小正整数解就只能是 p^t*(p-1) 的形式。

又由于刚才的结论,g^[p^t*(p-1)]=p^(t+1)*q_t+1 ,因为 q_t 不是 p 的倍数,不能靠它提供素因子 p,而且要保证这个数是 p^k 的某个倍数加 1 ,只能让 t+1 不小于 k 。这样,就得到 x>=p^(k-1)*(p-1) (注:通过推导出的g^[p^(k-1)*(p-1)]=p^k*q_k,可知只有x>=p^(k-1)*(p-1),才能保证右侧的p的次方大等于k),也就是说 x 的最小正整数解恰好就是 φ(p^k) 。

注:通过同余式 g^x≡1(mod p^k) ,可知x是 φ(p^k)=p^(k-1)*(p-1) 的约数。通过对式子g^(p-1)=pq+1两端不断取 p 次方推导出的公式,可知x>=p^(k-1)*(p-1),所以x的最小正整数解恰好就是 φ(p^k) 。

这样,我们终于对任意奇素数 p 和任意正整数 k ,找到了 p^k 的原根。最后一步还是比较简单的:

5.若 p 为任意奇素数, k 为正整数,则 2p^k有原根。

由上面的讨论, p^k 一定存在原根 g 。我们可以不妨设它是奇数,否则我们就用 g+p^k 代替 g (这两个数是模 p^k同余的)。我们证明 g 是 2p^k 的原根。

首先我们有φ(p^k)=φ(2p^k) ,这里不写出具体值,因为没啥用。满足 g^x≡1(mod 2p^k) 的正整数 x 一定不小于φ(p^k) ,因为它一定满足 g^x≡1(mod p^k) 。另外,由欧拉定理 x=φ(p^k) 也可以是上述方程成立。这就说明了φ(p^k)=φ(2p^k) 是 g 模 2p^k 的指数, g 是模 2p^k 的一个原根。

终于说完了……可能有点啰嗦。不过最后一个小结论却很简单,也很好证:

若整数 m>=2 有原根,则它在 0,1,2,3,…,m-1 里与 m 互素的数中有 φ(φ(m))个原根。

证明太简单了,不是说它有原根吗?我们随便取一个原根 g 出来,这样 0 到 m-1 中所有与 m 互素的数可以重新排列成g^0,g^1,g^2,g^3,…,g^(φ(m)-1) (模 m 意义下)(注:因为g是m的原根,所以g模m的指数等于φ(m),所以前面各数互不相同 ) 。我们前面提到过,这里 g 的次数 k 可以叫做对应g^k 的指标。容易看出,当且仅当指标与 φ(m) 互素时它是个原根。

原数取某次方等于指标乘以这个倍数,如果指标与 φ(m) 互素,那么指标至少乘以 φ(m) 它才能是 φ(m)的倍数。否则,指标与 φ(m) 不互素,那么指标乘以某个比 φ(m) 小的正整数也可以变成 φ(m) 的倍数。

这就简单利落地证明了原根有 φ(φ(m)) 个。好了,说的够多了,下次该进入平方剩余的世界了…

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