07原根-全文預(yù)覽
【正文】 2t0 = y0， 于是 (g ? pt0) p ? 1 = 1 + py0?? 1 (mod p2)， p|? y0。 引理 3 設(shè) p是奇素數(shù)， ?是正整 數(shù)，則模 p?有原根 。 (6) 另一方面 ， 由 式 （ 6） 可知 同余方程 160 x ? ? 1 ? 0 (mod p) 有解 x ? i (mod p)， 1 ? i ? p ? 1。 證畢。 對任意的整數(shù) a， b，一定存在整數(shù) c，使得 ?m(c) = [?m(a), ?m(b)]。 證畢。 如果 m是形如式 (2)的數(shù) ， 那么對于任意的 a， (a, m) = 1， 有 ，，kipaakipaaiiiiimmip????????1)(m od1)2(m od11)(m od1)2(m od1)()()()2(?????????? a?(m) ? 1 (mod m)。 第二節(jié) 原 根 對于什么樣的正整數(shù) m， 模 m的原根是存在的？這是本節(jié)要研究的問題 。 3. 設(shè) m 1，模 m有原根， d是 ?(m)的任一個正因數(shù)，證明：在模 m 的簡化剩余系中，恰有 ?(d)個指數(shù)為 d 的整數(shù)，并由此推出模 m的簡化剩余系中恰有 ?(?(m))個原根 。 例５ 若 (m, n) = 1， a1， a2是任意整數(shù)， (a1, m) = (a2, n) = 1， 則存在整數(shù) a， (a, mn) = 1，使得 ?mn(a) = [?m(a1), ?n(a2)]。 (9) 解 記 ? = ?mn(a)， ? ? = [?m(a), ?n(a)]， 由例 3有 ?m(a)??， ?n(a)?? ? ? ???。 要證明的結(jié)論由 a d ? 1 (mod m) ? (a ?) d ? 1 (mod m) 即可得出 。 例 1中的結(jié)果可列表如下： a 1 2 3 4 5 6 ?7(a) 1 3 6 3 6 2 這樣的表稱為指數(shù)表。 所 以 ?3 = ?1?2， 即式 (7)成立 。 同理可推出 ?2??3。 由 ?的定義和定理 2， 以及 (ab)? = a?b? ? 1 (mod m) 又得到 ?3??。 推 論 若 ?m(a) = kl， k 0， l 0，則 ?m(ak) = l。 (5) 由定理 2及 ak? ? = (ak)? ? ? 1 (mod m)可知 ??k? ?， 因此 ? ?? =),(),( | kkk ???? ?。 推論 ?m(a)??(m)。 必要性得證 。 證明 不妨設(shè) r r?。 證畢 。 以后，在談到 a對模 m的指數(shù)時，總假定 m 1， (a, m) = 1。 若 a ? b (mod m)， (a, m) = 1， 則顯然有 ?m(a) = ?m(b)。 154 第七章 原 根 原根是數(shù)論的理論和應(yīng)用中一個很重要的概念 。 由 Euler定理，當 r = ?(m)時式 (1)成立，因此，恒有 ?m(a) ? ?(m)。又因為 31 ? 3， 32 ? 2， 33 ? 6， 34 ? 4， 35 ? 5， 36 ? 1 (mod 7)， 所以 ?7(3) = 6 = ?(7)， 3是模 7的原根 。 若有 0 ? i j ? ? ? 1，使得 a i ? a j (mod m)， 則由 (a, m) = 1得到 a j ? i ? 1 (mod m)， 這與 ? = ?m(a)的定義矛盾，所以定理成立 。 (3) 特別地， a r ? 1 (mod m)的充要條件是 ??r。 由 ?m(a)的定義可知 t = 0，即 ??r ? r ?，也即式 (3)成立 。 證畢 。
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