初等数论 第七章 原 根

第七章原根

原根是数论的理论和应用中一个很重要的概念。本章要介绍原根以及与它有关的基本知识。

第一节指数及其基本性质

定义1设m > 1，(a, m) = 1，则使

a r≡ 1 (mod m) (1) 成立的最小的正整数r，称为a对模m的指数，记为δm(a)，在不致误会的情况下，简记为δ(a)。

由Euler定理，当r = ?(m)时式(1)成立，因此，恒有δm(a) ≤?(m)。

若a≡b (mod m)，(a, m) = 1，则显然有δm(a) = δm(b)。

定义2若δm(a) = ?(m)，则称a是模m的原根。

例如，当m = 7时，因为

21≡ 2，22≡ 4，23≡ 1 (mod 7)，

所以δ7(2) = 3。又因为

31≡ 3，32≡ 2，33≡ 6，34≡ 4，35≡ 5，36≡ 1 (mod 7)，

所以δ7(3) = 6 = ?(7)，3是模7的原根。

以后，在谈到a对模m的指数时，总假定m > 1，(a, m) = 1。

定理1记δ = δm(a)，则

a0, a1, , aδ- 1

对模m两两不同余。

证明用反证法。若有0 ≤i < j≤δ- 1，使得

a i≡a j (mod m)，

则由(a, m) = 1得到

a j - i≡ 1 (mod m)，

这与δ = δm(a)的定义矛盾，所以定理成立。证毕。

定理1说明，若g 是模m 的原根，则

g 0, g 1, , g ?(m ) - 1

构成模m 的简化剩余系。

定理2 设δ = δm (a )，r 与r '是正整数，则

a r ≡ a r ' (mod m ) (2)

的充要条件是

r ≡ r ' (mod δ)。 (3)

特别地，a r ≡ 1 (mod m )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

a r - r ' ≡ 1 (mod m )。 (4)

若式(4)成立，记r - r ' = q δ + t ，q ∈N ，0 ≤ t < δ，则由定义1，有

a t ≡ a q δ + t = a r - r ' ≡ 1 (mod m )。

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 ' = q δ，则由定义1，有

a r - r ' = a q δ ≡ 1 (mod m )，

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。证毕。

推论 δm (a )∣?(m )。

证明 由Euler 定理及定理2得证。

定理3 设k 是非负整数，则

)

),(()()(k a a a m m k m δδδ=

。 证明 记δ = δm (a )，δ ' = δm (a k )，δ '' =),(k δδ，则由定理2及 a k δ '' ≡ 1 (mod m )

可知

δ '∣δ ''。 (5)

由定理2及a k δ ' = (a k )δ ' ≡ 1 (mod m )可知δ∣k δ '，因此

δ '' =)

,(),(|k k k δδδδ'。 (6) 由于1)

,(,),()(=k k k δδδ，所以由式(6)可以推出δ ''∣δ '。由此及式(5)得

到δ '' = δ '。证毕。

推论 若δm (a ) = kl ，k > 0，l > 0，则δm (a k ) = 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 = a λb λ ≡ 1 (mod m )

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 ≡232323)(])[(δδδδδδa ab ab ≡≡(mod m )

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

21)(δδab ≡ 1 (mod m )

得到δ3∣δ1δ2。所以δ3 = δ1δ2，即式(7)成立。证毕。

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：

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：

例2 若(a , m ) = 1，aa ' ≡ 1 (mod m )，则

δm (a ) = δm (a ')。

解 显然(a ', m ) = 1。要证明的结论由

a d ≡ 1 (mod m ) ? (a ') d ≡ 1 (mod m )

即可得出。

例3 若n ∣m ，则δn (a )∣δm (a )。

解 由n ∣m 及定理2有

)(a m a δ≡ 1 (mod m ) ?)(a m a δ≡ 1 (mod n ) ? 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

a δ ' ≡ 1 (mod m )，a δ ' ≡ 1 (mod n )

得到

a δ ' ≡ 1 (mod mn )。

因此，由定理2，有δ∣δ '。由此及式(10)推出式(9)。

例５ 若(m , n ) = 1，a 1，a 2是任意整数，(a 1, m ) = (a 2, n ) = 1，则存在整数a ，(a , mn ) = 1，使得

δmn (a ) = [δm (a 1), δn (a 2)]。

解 设方程组

?

??≡≡)(mod )(mod 21n a x m a x 的解是x ≡ a (mod mn )，则(a , mn ) = 1，并且由例４可知

δmn (a ) = [δm (a ), δn (a )] = [δm (a 1), δn (a 2)]。

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?(m )的任一个正因数，证明：在模m 的简化剩余系中，恰有?(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?(?(m ))个原根。

4. 设m ≥ 3，g 是模m 的原根，x 1, x 2, , x ?(m )是模m 的简化剩余系，证明：

(ⅰ) 2)

(m g ?≡ -1 (mod m )；

(ⅱ) x 1x 2 x ?(m ) ≡ -1 (mod m )。

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M p = 2p - 1的素因数必为2pk + 1型； (ⅱ) 设n ≥ 0，则F n =n

22+ 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 =k k p p p ααααΛ21212，

其中p i （1 ≤ i ≤ k ）是奇素数，记

λ(n ) = [)(,),(),(),2(2121k k p p p αααα????Λ]。

定理1 模m 有原根的必要条件是m = 1，2，4，p α或2p α，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 =k k p p p ααααΛ21212（α ≥ 2，k ≥ 1）

， (2) 或

m =k k p p p ααααΛ21212（α ≥ 0，k ≥ 2）， (3)

其中p i （1 ≤ i ≤ k ）是奇素数，α i （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

，

，，，，，k i p a a k i p a a i i i i i m m i p ≤≤≡≡≤≤≡≡1)(mod 1)2(mod 11)(mod 1)2(mod 1)()

()()

2(αλαλα?α?αα a λ(m ) ≡ 1 (mod m )。 (4)

容易验证

λ(m ) < ?(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。证毕。

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 。 (5)

由第一节定理3，有

22)()(11μδλδμλ==b a m m ，，

因此，由第一节定理4得到

)()()(1111μλμλδδδb a b a m m m == λ2μ2 = [δm (a ), δm (b )]。

取c =11μλb a 即可得证。证毕。

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。 (6)

另一方面，由式（6）可知同余方程

x δ - 1 ≡ 0 (mod p )

有解x ≡ i (mod p )，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。证毕。

引理3 设p 是奇素数，α是正整数，则模p α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x 0，使得

g p - 1 = 1 + px 0 ，

因此，对于任意的整数t ，有

(g + pt ) p - 1 = g p - 1 + p (p - 1)tg p - 2 + = 1 + p (x 0 - g p - 2t ) + p 2Q 2， 其中Q 2∈Z ，即

(g + pt ) p - 1 ≡ 1 + p (x 0 - g p - 2t ) (mod p 2)。 (7)

取

t 0 = 0， 当p |/x 0；

t 0 = 1， 当p ∣x 0，

则p |/x 0 - g p - 2t 0 = y 0，于是

(g + pt 0) p - 1 = 1 + py 0≡/1 (mod p 2)，p |/

y 0。 (8) 由式(8)，有

(g + pt 0) p (p - 1) = (1 + py 0)p = 1 + p 2y 1，

其中

y 1 = y 0 +2C p y 02 + + p

p - 2 y 0p ≡ y 0 (mod p )。 (9) 因此，p |/y 1。类似地，由式(9)可以依次得到

，

，，111)1(03413)1(02312)1(01)1()(1)1()(1)1()(132-----+=+=++=+=++=+=+-ααααy p y p pt g y p y p pt g y p y p pt g p p p p p p

p p p

Λ

Λ (10) 其中y α - 1 ≡ y α - 2 ≡ ≡ y 0 (mod p )。因此

p |/y i ，0 ≤ i ≤ α - 1。 (11)

由于g 是模p 的原根，所以g + pt 0也是模p 的原根，设g + pt 0对模p α的指数是δ，则有

(g + pt 0)δ ≡ 1 (mod p α)，

(g + pt 0)δ ≡ 1 (mod p )，

因此，由指数的性质可知δp (g + pt 0)∣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∣?(p α) = p α - 1(p - 1)，所以

δ = p r - 1(p - 1)，1 ≤ r ≤ α，

即

)1(1)(--+p p r pt g ≡ 1 (mod p α)。 （12）

由式(10)，有

)1(1)(--+p p r pt g = 1 + p r y r - 1 ，

所以，由上式及式(12)推出

1 + p r y r - 1 ≡ 1 (mod p α)，

p r y r - 1 ≡ 0 (mod p α)。

由此及式(11)得到r ≥ α。所以r = α，即g + pt 0是模p α的原根。证毕。

引理4 设p 是奇素数，α ≥ 1，则模2p α有原根。

证明 设g 是模p α的原根，则g + p α也是模p α的原根，以g 1表示g 与g + p α中的奇数，则

)(1α

?p g ≡ 1 (mod p α)，g 1 ≡ 1 (mod 2)， 因为(2, p ) = 1，?(p α) = ?(2p α)，所以

)2(1α

?p g ≡ 1（mod 2p α）。 （13） 我们指出，不存在正整数r < ?(2p α)，使得

g 1r ≡ 1 (mod 2p α)。

否则，由上式得到

(g 1, p α) = 1，g 1r ≡ 1 (mod p α)，

从而g 1不能是模p α的原根。

以上证明了αδp 2(g 1) = ?(2p α)，即g 1是模2p α的原根。证毕。 定理2 设p 是奇素数，m = 2，4，p α，2p α，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。证毕。

定理3 设m > 1，?(m )的所有不同的素因数是p 1, p 2, , p k ，(g , m ) = 1，则g 是模m 的原根的充要条件是

≡/i p m g )

(? 1 (mod m )，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??(m )。

若δ < ?(m )，则δ?)(m > 1，所以，必有某个p i （1 ≤ i ≤ k ），使得p i δ

?)(|m ，因此 δi

p m i

g p m )()(|??，≡ 1 (mod m )， 这与式(14)矛盾。因此δ = ?(m )，即g 是模m 的原根。证毕。

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

x 8 ≡ 18 (mod 23)。 (15)

解 由第一节定理1，5i (mod 23)（i = 0, 1, 2, , 21）构成模23的简化系，列表为

由上表可知512 ≡ 18 (mod 23)。

设x ≡ 5 y (mod 23)，0 ≤ y ≤ 22，则由第一节定理2，方程(15)等价于

8y ≡ 12 (mod 22)。 (16)

因为(8, 22) = 2∣12，所以方程(16)有两个解：

y 1 ≡ 7，y 2 ≡ 18 (mod 22)。

因此，方程(15)有两个解

x 1 ≡ 57 ≡ 17， x 2 ≡ 518 ≡ 6 (mod 23)。

注：若模m 有原根g ，则模m 的简化剩余系A = {a 1, a 2, , a ?(m )}与集合B = { g i ；1 ≤ i ≤ ?(m ) }有一个一一对应关系，即，对于任意的a 0∈A ，存在唯一的g i 0∈B ，使得a 0 ≡ g i 0 (mod m )。此时，称i 0是a 0对模m 的以g 为底的指标，记为i 0 = ind g a 0 。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x n ≡ a (mod m )的问题转化为求解线性同

余方程n ind g x≡ ind g a (mod ?(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 (mod 17)。

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 (mod p)。