原根

前置知识

前置：费马小定理，欧拉定理，拉格朗日定理。

这部分知识与抽象代数相关。如果想要进一步了解文中的「阶」、「原根」名字来源，可以参考群论部分。

阶

定义

由欧拉定理可知，对 $a\in \mathbf{Z}$ ， $m\in\mathbf{N}^{*}$ ，若，则 $a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m$ .

因此满足同余式 $a^n \equiv 1 \pmod m$ 的最小正整数存在，这个称作模的阶，记作 $\delta_m(a)$ 或 $\operatorname{ord}_m(a)$ .

注

在抽象代数中，这里的「阶」就是模缩剩余系关于乘法形成的群中，元素的阶。记号 $\delta$ 表示阶也只用于这个特殊的群。

下面的诸多性质可以直接扩展到抽象代数中阶的性质。

另外还有「半阶」的概念，在数论中会出现 $\delta^-$ 记号，表示同余式 $a^n \equiv -1 \pmod m$ 的最小正整数。半阶不是群论中的概念。阶一定存在，半阶不一定存在。

性质 1

$a,a^2,\cdots,a^{\delta_m(a)}$ 模两两不同余。

证明

考虑反证，假设存在两个数 $i\ne j$ ，且 $a^i\equiv a^j\pmod m$ ，则有 $a^{|i-j|}\equiv 1\pmod m$ .

但是显然的有： $0<|i-j|<\delta_m(a)$ ，这与阶的最小性矛盾，故原命题成立。

性质 2

若 $a^n \equiv 1 \pmod m$ ，则 $\delta_m(a)\mid n$ .

证明

对除以 $\delta_m(a)$ 作带余除法，设 $n=\delta_m(a)q+r,0\leq r<\delta_m(a)$ .

若，则

a^r\equiv a^r(a^{\delta_m(a)})^q\equiv a^n \equiv 1 \pmod m

这与 $\delta_m(a)$ 的最小性矛盾。故，即 $\delta_m(a)\mid n$ .

据此还可推出：

若 $a^p\equiv a^q\pmod m$ ，则有 $p\equiv q\pmod{\delta_m(a)}$ .

还有两个与四则运算有关的重要性质。

性质 3

设 $m\in\mathbf{N}^{*}$ ， $a,b\in\mathbf{Z}$ ，，则

\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)

的充分必要条件是

\left(\delta_m(a), \delta_m(b)\right)=1

证明

必要性：由 $a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m$ 及 $b^{\delta_m(b)} \equiv 1 \pmod m$ ，可知
$(ab)^{[\delta_m(a), \delta_m(b)]}\equiv 1 \pmod m$
由前面所述阶的性质，有
$\delta_m(ab)\mid \left[\delta_m(a), \delta_m(b)\right]$
又由于 $\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$ ，故
$\delta_m(a)\delta_m(b)\mid \left[\delta_m(a), \delta_m(b)\right]$
即 $(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$ .
充分性：由 $(ab)^{\delta_m(ab)}\equiv 1 \pmod m$ 可知
$1 \equiv (ab)^{\delta_m(ab)\delta_m(b)}\equiv a^{\delta_m(ab)\delta_m(b)} \pmod m$
故 $\delta_m(a)\mid\delta_m(ab)\delta_m(b)$ . 结合 $(\delta_m(a),\delta_m(b))=1$ 即得
$\delta_m(a)\mid\delta_m(ab)$
对称地，同理可得
$\delta_m(b)\mid\delta_m(ab)$
所以
$\delta_m(a)\delta_m(b)\mid\delta_m(ab)$
另一方面，有
$(ab)^{\delta_m(a)\delta_m(b)}\equiv(a^{\delta_m(a)})^{\delta_m(b)}\times(b^{\delta_m(b)})^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m$
故
$\delta_m(ab)\mid\delta_m(a)\delta_m(b)$
综合以上两点即得
$\delta_m(ab)=\delta_m(a)\delta_m(b)$

性质 4

设 $k \in \mathbf{N}$ ， $m\in \mathbf{N}^{*}$ ， $a\in\mathbf{Z}$ ，，则

\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{\left(\delta_m(a),k\right)}

证明

注意到：

\begin{aligned} & a^{k\delta_m(a^k)}=(a^k)^{\delta_m(a^k)}\equiv 1 \pmod m \\ \implies & \delta_m(a)\mid k\delta_m(a^k) \\ \implies & \dfrac{\delta_m(a)}{\left(\delta_m(a),k\right)}\mid\delta_m(a^k) \end{aligned}

另一方面，由 $a^{\delta_m(a)}\equiv 1 \pmod m$ ，可知：

(a^k)^{\frac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}}=(a^{\delta_m(a)})^{\frac{k}{(\delta_m(a),k)}}\equiv 1 \pmod m

故：

\delta_m(a^k)\mid\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}

综合以上两点，得：

\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}

原根

定义

设 $m \in \mathbf{N}^{*}$ ， $g\in \mathbf{Z}$ . 若，且 $\delta_m(g)=\varphi(m)$ ，则称为模的原根。

即满足 $\delta_m(g) = \left| \mathbf{Z}_m^* \right| = \varphi(m)$ .

若一个数有原根，则 $g,g^2,\ldots,g^{\varphi(m)}$ 构成模的简化剩余系。

特别地，当是质数时，有 $g^i\bmod m$ ，的结果两两不同。

注

在抽象代数中，原根就是循环群的生成元。这个概念只在模缩剩余系关于乘法形成的群中有「原根」这个名字，在一般的循环群中都称作「生成元」。

并非每个模缩剩余系关于乘法形成的群都是循环群，存在原根就表明它同构于循环群，如果不存在原根就表明不同构。

原根判定定理

设 $m \geqslant 3, (g,m)=1$ ，则是模的原根的充要条件是，对于 $\varphi(m)$ 的每个素因数，都有 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m$ .

证明

必要性显然，下面用反证法证明充分性。

当对于 $\varphi(m)$ 的每个素因数，都有 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\not\equiv 1\pmod m$ 成立时，我们假设存在一个，其不是模的原根。

因为不是的原根，且将 $g^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m$ 带入性质二，得到的阶 $\delta_m(g)$ 应满足 $\delta_m(g) < \varphi(m)$ 且 $\delta_m(g) \mid \varphi(m)$ .

故存在 $\varphi(m)$ 的素因数使得 $\delta_m(g) \mid \frac{\varphi(m)}{p}$ .

则 $g^{\frac{\varphi(m)}{p}}\equiv g^{\delta_m(g)}\equiv 1\pmod{m}$ ，与条件矛盾。

故假设不成立，原命题成立。

原根个数

若一个数有原根，那么对于任意 $\varphi(m)$ 的因子，模的阶元素存在且个数为 $\varphi(d)$ 。

特别地，的原根个数为 $\varphi(\varphi(m))$ 。

证明

设 $d'=\dfrac{\varphi(m)}{d}$ ，由阶的性质有 $\delta_m(g^{d'})=\dfrac{\delta_m(g)}{(\delta_m(g),d')}=d$ 。因此模的阶元素存在。

设 $a=g^{d'}$ ，是不大于的整数。由阶的性质有 $a,a^2,\ldots,a^d$ 互不相同，且 $\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{(\delta_m(a),k)}=\dfrac{d}{(d,k)}$ 。

当且仅当时 $\delta_m(a^k)=d$ 。这样的有 $\varphi(d)$ 个。所以模的阶元素至少有 $\varphi(d)$ 个。

由于 $\varphi(m)=\sum_{d\mid \varphi(m)}\varphi(d)$ ，因此模的阶元素恰有 $\varphi(d)$ 个。

原根存在定理

一个数存在原根当且仅当 $m=2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}$ ，其中为奇素数， $\alpha\in \mathbf{N}^{*}$ .

我们来证明它，分成、 $m=p^{\alpha}$ 、 $m=2p^{\alpha}$ 与 $m\ne 2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}$ ，四个部分。

，原根显然存在。
$m=p^{\alpha}$ ，其中为奇素数， $\alpha\in \mathbf{N}^*$ .
定理 1

对于奇素数，有原根。
证明

先证一个引理：

设与是与互素的两个整数，则存在 $c\in\mathbf{Z}$ 使得 $\delta_p(c)=\left[\delta_p(a),\delta_p(b)\right]$ .
证明

我们先将 $\delta_m(a),\delta_m(b)$ 表示成质因数分解的形式：
$\left(\delta_m(a)=\prod_{i=1}^k{p_i^{\alpha_i}},\delta_m(b)=\prod_{i=1}^k{p_i^{\beta_i}} \right)$
接着将它们表示成如下形式：
$\delta_m(a)=XY,\delta_m(b)=ZW$
其中：
- $Y=\prod_{i=1}^k{p_i^{[\alpha_i>\beta_i]\alpha_i}}$
- $X=\dfrac {\delta_m(a)}Y$
- $W=\prod_{i=1}^k{p_i^{[\alpha_i\le\beta_i]\beta_i}}$
- $Z=\dfrac {\delta_m(b)}W$
则由阶的性质 4，可得：
$\begin{aligned} \delta_m\left(a^X\right)&=\dfrac{\delta_m(a)}{\left(\delta_m(a),X\right)}\\ &=\dfrac{XY}{X}\\ &=Y \end{aligned}$
同理：
$\delta_m\left(b^Z\right)=W$
又因为显然有， $YW=\left[\delta_p(a),\delta_p(b)\right]$ ，则再由阶的性质 3，可得：
$\begin{aligned} \delta_m\left(a^Xb^Z\right)&=\delta_m\left(a^X\right)\delta_m\left(b^Z\right)\\ &=YW\\ &=\left[\delta_p(a),\delta_p(b)\right] \end{aligned}$
于是令则原命题得证。
回到原命题，对 $1 \sim (p-1)$ 依次两两使用引理，可知存在 $g\in \mathbf{Z}$ 使得
$\delta_p(g)=\left[\delta_p(1),\delta_p(2),\cdots,\delta_p(p-1)\right]$
这表明 $\delta_p(j)\mid\delta_p(g)(j=1,2,\cdots,p-1)$ ，所以 $j=1,2,\cdots,p-1$ 都是同余方程
$x^{\delta_p(g)}\equiv 1\pmod p$
的根。由拉格朗日定理，可知方程的次数 $\delta_p(g) \geq p-1$ .

又由费马小定理，易知 $\delta_p(g) \leq p-1$ ，故 $\delta_p(g)=p-1=\varphi(p)$ .

综上可知为模的原根。
定理 2

对于奇素数， $\alpha \in \mathbf{N}^{*}$ ， $p^\alpha$ 有原根。

证明

一个基本的想法是将模的原根平移。

先证明一个引理：

存在模的原根，使得 $g^{p-1}\not\equiv 1 \pmod {p^2}$ .

证明

事实上，任取模的原根，若不满足条件，我们认定满足条件。

易知也是模的原根。

我们有
$\begin{aligned} (g+p)^{p-1}&\equiv \binom{p-1}{0}g^{p-1}+\binom{p-1}{1}pg^{p-2} \pmod {p^2}\\ &\equiv g^{p-1}+p(p-1)g^{p-2} \pmod {p^2}\\ &\equiv 1-pg^{p-2} \pmod {p^2}\\ &\not\equiv 1 \pmod {p^2} \end{aligned}$

回到原题，我们证明若是一个满足引理条件的原根，则对任意 $\alpha\in\mathbf{N}^{*}$ ，是模 $p^{\alpha}$ 的原根。

首先，证明下面的结论：对任意 $\beta\in\mathbf{N}^{*}$ ，都可设
$g^{\varphi(p^\beta)}=1+p^{\beta} k_{\beta}$
这里 $p\nmid k_{\beta}$ 。事实上， $\beta=1$ 时，由的选取可知结论成立。现设上式对 $\beta$ 时成立，则
$\begin{aligned} g^{\varphi(p^{\beta+1})}&=\left(g^{\varphi\left(p^{\beta}\right)}\right)^p\\ &=\left(1+p^{\beta}k_{\beta}\right)^p\\ &\equiv 1+p^{\beta+1}k_{\beta} \pmod {p^{\beta+2}} \end{aligned}$
结合 $p\nmid k_{\beta}$ 可知命题对 $\beta+1$ 成立。

所以命题对任意 $\beta\in\mathbf{N}^{*}$ 都成立。

其次，记 $\delta=\delta_{p^\alpha}(g)$ ，则由欧拉定理，可知 $\delta\mid p^{\alpha-1}(p-1)$ .

而由为模的原根，及 $g^{\delta}\equiv 1\pmod {p^\alpha}$ .

所以可设 $\delta=p^{\beta-1}(p-1)$ ，这里 $1\leq \beta\leq \alpha$ .

现在利用之前的结论，可知：
$g^{\varphi(p^{\beta})}\not\equiv 1\pmod {p^{\beta+1}}\implies g^{\delta}\not\equiv 1\pmod {p^{\beta+1}}$
结合 $g^{\delta}\equiv 1\pmod {p^\alpha}$ 可知 $\beta \geq \alpha$ .

综上可知， $\beta=\alpha$ ，即：
$\delta_{p^{\alpha}}(g)=p^{\alpha-1}(p-1)=\varphi(p^\alpha)$
从而，是模 $p^{\alpha}$ 的原根。
$m=2p^{\alpha}$ ，其中为奇素数， $\alpha\in\mathbf{N}^*$ .

定理 3

对于奇素数， $\alpha\in\mathbf{N}^{*}$ ， $2p^{\alpha}$ 的原根存在。

证明

设是模 $p^{\alpha}$ 的原根，则 $g+p^{\alpha}$ 也是模 $p^{\alpha}$ 的原根。

在和 $g+p^{\alpha}$ 中有一个是奇数，设这个奇数是，则 $(G,2p^{\alpha})=1$ .

由欧拉定理， $\delta_{2p^{\alpha}}(G)\mid\varphi(2p^{\alpha})$ .

而 $G^{\delta_{2p^{\alpha}}(G)}\equiv 1\pmod {2p^{\alpha}}$ ，故：
$G^{\delta_{2p^{\alpha}}(G)}\equiv 1 \pmod {p^{\alpha}}$
利用为模 $p^{\alpha}$ 的原根可知 $\varphi(p^{\alpha})\mid\delta_{2p^{\alpha}}(G)$ .

结合 $\varphi(p^{\alpha})=\varphi(2p^{\alpha})$ 可知为模 $2p^{\alpha}$ 的原根。
$m\ne 2,4,p^{\alpha},2p^{\alpha}$ ，其中为奇素数， $\alpha\in\mathbf{N}^*$ .

定理 4

对于 $m\ne 2,4$ ，且不存在奇素数及 $\alpha \in \mathbf{N}^{*}$ 使得 $m=p^{\alpha},2p^{\alpha}$ ，模的原根不存在。

证明

对于 $m=2^{\alpha}$ ， $\alpha\in\mathbf{N}^{*},\alpha\geq 3$ ，则对任意奇数均有：
$\begin{aligned} a^{2^{\alpha-2}}&=(2k+1)^{2^{\alpha-2}}\\ &\equiv 1+\binom{2^{\alpha-2}}{1}(2k)+\binom{2^{\alpha-2}}{2}(2k)^{2} \pmod {2^{\alpha}}\\ &\equiv1+2^{\alpha-1}k+2^{\alpha-1}(2^{\alpha-2}-1)k^2 \pmod {2^{\alpha}}\\ &\equiv 1+2^{\alpha-1}(k+(2^{\alpha-2}-1)k^2) \pmod {2^{\alpha}}\\ &\equiv 1 \pmod {2^{\alpha}} \end{aligned}$
其中最后一步用到与 $(2^{\alpha-2}-1)k^2$ 同奇偶，故其和为偶数。

若不是的幂，且为符合题目条件的数，则可设，这里且 .

此时，若，由欧拉定理可知：
$a^{\varphi(r)}\equiv 1 \pmod r\;,\quad a^{\varphi(t)}\equiv1\pmod t$
注意到时， $\varphi(n)$ 为偶数，所以：
$a^{\frac{1}{2}\varphi(r)\varphi(t)}\equiv 1\pmod {rt}$
进而：
$\delta_m(a)\leq\dfrac{1}{2}\varphi(r)\varphi(t)=\dfrac{1}{2}\varphi(rt)=\dfrac{1}{2}\varphi(m)<\varphi(m)$
由原根定义可得：模的原根不存在。

综合以上个定理，我们便给出了一个数存在原根的充要条件。

最小原根的范围估计

王元²和 Burgess¹证明了素数的最小原根 $g_p=O\left(p^{0.25+\epsilon}\right)$ ，其中 $\epsilon>0$ .

Fridlander³和 Salié⁴证明了素数的最小原根 $g_p=\Omega(\log p)$ .

这保证了我们暴力找一个数的最小原根，复杂度是可以接受的。

参考资料与注释

Primitive root modulo n - Wikipedia

BURGESS, David A. On character sums and primitive roots.Proceedings of the London Mathematical Society, 1962, 3.1: 179-192. ↩
Wang Y. On the least primitive root of a prime (in Chinese).Acta Math Sinica, 1959, 4: 432–441; English transl. inSci. Sinica, 1961, 10: 1–14 ↩
FRIDLENDER, V. R. On the least n-th power non-residue. In:Dokl. Akad. Nauk SSSR. 1949. p. 351-352. ↩
SALIÉ, Hans. Über den kleinsten positiven quadratischen Nichtrest nach einer Primzahl.Mathematische Nachrichten, 1949, 3.1: 7-8. ↩

本页面最近更新：2025/1/26 20:58:01，更新历史
发现错误？想一起完善？在 GitHub 上编辑此页！
本页面贡献者：StudyingFather, Peanut-Tang, 2008verser, bobhan1, CCXXXI, chuxin0816, CroMarmot, Early0v0, Enter-tainer, GavinZhengOI, GeorgePlover, Great-designer, hhc0001, huhaoo, Ir1d, Larry0716, Marcythm, MegaOwIer, opsiff, ouuan, PeterlitsZo, ShelpAm, Tiphereth-A, tml104, wty-yy, Xeonacid
本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用