6.2. 沒有 Primitive Root 的情況

(1)

Primitive Roots

給定 m∈ N, 若存在 a ∈ Z 使得 {a,a², . . . , a^ϕ^(m)} 成為一個 reduced residue system modulo m, 則稱 a 是 modulo m 之下的 primitive root. Primitive roots 的概念可以幫助我們解高次 的 congruence equation. 在本章中我們將探討 Primitive Root Theorem, 即了解怎樣的正整 數 m 會使得在 modulo m 之下有 primitive root. 並依此來解高次的 congruence equation.

6.1. Order 與 Primitive Roots

給定 m∈ N 以及 a ∈ Z, 我們已知如何判別 x²≡ a (mod m) 有解或無解, 而 primitive root 的概念可以幫助我們找到解.

考慮 x²≡ 5 (mod 11). 利用 quadratic reciprocity law 我們知 ( 5

11 )

= (11

5 )

= (1

5 )

= 1, 故知 x²≡ 5 (mod 11) 有解. 然而解為何呢? 我們可以利用 2 在 modulo 11 之下特有的性 質幫助我們找解. 下表為 2ⁿ 在 modulo 11 的情形.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2ⁿ (mod 11) 2 4 8 5 10 9 7 3 6 1

我們發現第二行 (即 aⁿ 那一行) 中這 10 (=ϕ(11)) 個數在 modulo 11 之下皆相異, 而且因 2 和 11 互質所以自然 2ⁿ 和 11 互質, 因此由 reduced residue system 的定義知{2,2², . . . , 2¹⁰} 是一個 reduced residue system modulo 11. 這代表的意義是每個和 11 互質的數 a, 都可以 找到 1≤ n ≤ 10 使得 a ≡ 2ⁿ (mod 11). 另一方面我們僅將 n 列到 10 的原因是因為 2¹⁰≡ 1 (mod 11), 如果 m = 10k + i 其中 0≤ i ≤ 9, 則 2^m≡ 2ⁱ (mod 11). 也就是每 10 次方一循環, 所以列出 10 次就夠了. 又由於已知當 1≤ i ̸= j ≤ 10 時, 2ⁱ̸≡ 2^j (mod 11), 我們知 2ⁱ≡ 2^j (mod 11) 若且唯若 i≡ j (mod 10). 結合這些結果可以幫助我們解 x²≡ 5 (mod 11). 原因 如下: 假設 x = c 是一解, 由於 5 和 11 互質, 故知 c 和 11 互質. 因此知存在 t∈ N 使得 c≡ 2^t (mod 11). 然而 5≡ 2⁴ (mod 11), 故由 2^2t≡ c²≡ 5 ≡ 2⁴ (mod 11) 得 2t≡ 4 (mod 10).

我們很巧妙的將解二次的 x²≡ 5 (mod 11) 轉化成解一次的 2t ≡ 4 (mod 10) (注意 modulo 不同的數). 故利用 Proposition 4.2.1 解得 t ≡ 2 (mod 5), 也就是說 t = 2,7,... 為 2t ≡ 4 79

(2)

80 6. Primitive Roots

(mod 10) 之解. 將之代回 c = 2^t, 得 c≡ 4,7 (mod 11). 故知 x ≡ ±4 (mod 11) 為 x²≡ 5 (mod 11) 之解.

可依此法解二次 congruence equation 歸功於在 modulo 11 之下 {2,2², . . . , 2¹⁰} 是 reduced residue system. 要注意並不是 2 永遠有此特性. 例如 2³≡ 1 (mod 7), 所以 {2,2², . . . , 2⁶} 在 modulo 7 之下並不是 reduced residue system. 我們將有此特性的元素給 個特定的名子.

Definition 6.1.1. 給定 m∈ N, 若 a ∈ Z 且與 m 互質滿足 {a,a², . . . , a^ϕ^(m)} 是一個 reduced residue system modulo m, 則稱 a 為 modulo m 之下的一個 primitive root.

要注意並不是對所有的 m 皆有 primitive root. 例如在 modulo 15 之下, 所有和 15 互質 的數 a 皆有 a⁴≡ 1 (mod 15), 所以又因 a^ϕ⁽¹⁵⁾= a⁸≡ 1 (mod 15) 知 {a,a², a³, a⁴, . . . , a⁸} 不 可能形成 reduced residue system modulo 15. 也就是說在 modulo 15 之下並無 primitive root. 我們最主要的目的就是要探討哪些 m∈ N 在 modulo m 之下會有 primitive root.

首先我們必須了解怎樣的 a 在 modulo m 之下會是 primitive root. 由於 S ={a,a², . . . , a^ϕ^(m)}

是 reduced residue system modulo m, 所以若 1≤ i ̸= j ≤ϕ(m), 則 aⁱ̸≡ a^j (mod m). 否則 S 在 modulo m 之下會有少於 ϕ(m) 個同餘類, 無法形成 reduced residue system modulo m.

然而 a 和 m 互質, Euler’s Theorem (3.3.2) 告訴我們 a^ϕ^(m)≡ 1 (mod m), 所以 a 在 modulo m 之下是 primitive root 的先決條件是若 1≤ i ≤ϕ(m) − 1, 則 aⁱ̸≡ 1 (mod m) (否則會造成 1≤ i <ϕ(m) 且 aⁱ≡ a^ϕ^(m) (mod m) 的矛盾). 也就是說滿足 aⁿ≡ 1 (mod m) 的最小正整數 n 為 n =ϕ(m). 因此給定 a ∈ Z 且 gcd(a,m) = 1, 最小的正整數 n 滿足 aⁿ≡ 1 (mod m) 為何, 是判斷 a 在 modulo m 之下是否為 primitive root 的重要依據. 我們自然有以下之定義.

Definition 6.1.2. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 若 n ∈ N 是最小的正整數滿 足 aⁿ≡ 1 (mod m), 則稱 n 為 a 在 modulo m 之下的 order, 並以 ordm(a) = n 表之.

要注意由於 gcd(a, m) = 1, Euler’s Theorem 告訴我們 a^ϕ^(m)≡ 1 (mod m), 所以 ordm(a) 必存在且依定義知 ord_m(a)≤ϕ(m). 首先我們來看依定義馬上可得之性質.

Lemma 6.1.3. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1.

(1) 若 a≡ b (mod m) 則 ordm(a) = ordm(b).

(2) ord_m(a) = 1 若且唯若 a≡ 1 (mod m).

Proof. (1) 若 a≡ b (mod m), 知對任意 i ∈ N 皆有 aⁱ≡ bⁱ (mod m), 故若 n 是最小的 正整數使得 aⁿ ≡ 1 (mod m), 則 n 也會是最小的正整數使得 bⁿ ≡ 1 (mod m). 因此知 ord_m(a) = ordm(b).

(2) 若 ord_m(a) = 1, 表示 a¹≡ 1 (mod m), 故得 a ≡ 1 (mod m). 反之, 若 a ≡ 1 (mod m), 當然 n = 1 是最小的正整數使得 aⁿ≡ 1 (mod m), 故知 ordm(a) = 1.

(3)

其實 order 的定義和最大公因數的定義類似, 我們要說 ord_m(a) = n 等於要說兩件事:

(1) aⁿ≡ 1 (mod m).

(2) 若 1≤ i ≤ n − 1, 則 aⁱ̸≡ 1 (mod m).

要記住這兩件事缺一不可才能保證 ord_m(a) = n. 接下來我們就來看依此兩點可推得 ord_m(a) 的性質.

Proposition 6.1.4. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 假設 ordm(a) = n. 則 a^k≡ 1 (mod m) 若且唯若 n|k.

Proof. 假設 a^k≡ 1 (mod m). 利用 Division Algorithm (Theorem 1.2.1) 知存在 h,r ∈ Z 滿 足 k = nh + r, 其中 0≤ r ≤ n − 1. 由 aⁿ≡ 1 (mod m) 知 a^k= a^nh+r= (aⁿ)^ha^r≡ a^r (mod m).

現假設 r̸= 0 (即 1 ≤ r ≤ n − 1), 則由 a^k≡ 1 (mod m) 之假設知 a^r≡ 1 (mod m). 此和 n 是 最小的正整數滿足 aⁿ≡ 1 (mod m) 相違背, 故知 r = 0, 即 n|k.

反之若 n|k, 即存在 h ∈ Z 滿足 k = nh, 故得 a^k= a^nh= (aⁿ)^h≡ 1 (mod m). 若 a 和 m 互質, Euler’s Theorem 告訴我們 a^ϕ^(m)≡ 1 (mod 1), 故由 Proposition 6.1.4 知 ord_m(a)|ϕ(m), 這比我們前面依定義知 ordm(a)≤ϕ(m) 好多了. 同樣的, 利用 Proposition 6.1.4, 我們可以有更好的方式來判定 ord_m(a) 之值.

Corollary 6.1.5. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 則 ordm(a) = n 若且唯若 n 滿足以下兩條件:

(1) aⁿ≡ 1 (mod m).

(2) 若 a^k≡ 1 (mod m), 則 n|k.

Proof. 若 ord_m(a) = n, 則自然有 aⁿ≡ 1 (mod m), 再利用 Proposition 6.1.4 知, 若 a^k≡ 1 (mod m), 則 n|k.

反之若 n 滿足 (1), (2) 兩項, 我們要證明 ord_m(a) = n. 由於 (1) 已知 aⁿ≡ 1 (mod m), 故 僅剩要證明若 1≤ i ≤ n − 1, 則 aⁱ̸≡ 1 (mod m). 我們用反證法, 假設 aⁱ≡ 1 (mod m), 則由 (2) 知 n|i. 此和 1 ≤ i ≤ n − 1 相矛盾, 故知 aⁱ̸≡ 1 (mod m). 也就是說 ordm(a) = n. Corollary 6.1.5 的 (2) 將 ord_m(a) = n 原本表最小的正整數滿足 aⁿ≡ 1 (mod m) 的性質轉換成看似更強的性質 (就如同當初原本最大公因數是最大的公因數可轉換成為所有的公因數的倍數這樣的性質) 在以後有關 order 的理論推導中有很大的幫助.

計算 order 的另一個重要的原因是我們可以知道 aⁱ 在 modulo m 之下的週期.

Proposition 6.1.6. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 假設 ordm(a) = n 且 i, j∈ N.

則 aⁱ≡ a^j (mod m) 若且唯若 i≡ j (mod n).

Proof. 假設 aⁱ≡ a^j (mod m), 不失一般性我們也假設 i≥ j, 此時 aⁱ− a^j= a^j(a^{i− j}− 1). 利 用 m|aⁱ− a^j 以及 m 和 a^j 互質 (因 m 和 a 互質), Proposition 1.2.6 告訴我們 m|aⁱ^{− j}− 1, 即 aⁱ^{− j}≡ 1 (mod m). 故利用 ordm(a) = n 以及 Proposition 6.1.4 知 n|i− j, 亦即 i ≡ j (mod n).

(4)

反之, 若 i≡ j (mod n), 不失一般性我們假設 i ≥ j, 則有 n|i − j. 故再利用 Proposition 6.1.4 知 a^{i− j}≡ 1 (mod m). 兩邊乘上 a^j 因此有 aⁱ= a^ja^{i− j}≡ a^j (mod m). 若 ord_m(a) = n, Proposition 6.1.6 不只告訴我們 a, a², . . . , aⁱ, . . . 在 modulo m 之下的週 期為 n (即每隔 n 個 i, aⁱ 會形成一循環) 而且告訴我們, a, a², . . . , aⁿ 在 modulo m 之下皆相 異. 否則若存在 1≤ j < i ≤ n 使得 aⁱ≡ a^j (mod m), 可得 n|i − j 而與 0 < i − j < n − 1 相 矛盾. 依此我們可以確定可以用 ord_m(a) 之值來判定 a 在 modulo m 之下是否為 primitive root.

Corollary 6.1.7. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 則 ordm(a) =ϕ(m) 若且唯若 a 在 modulo m 之下是一個 primitive root.

Proof. 假設 a 是 modulo m 之下的一個 primitive root. 由於 a, a², . . . , a^ϕ^(m) 在 modulo m 之下皆不同餘, 故知若 1≤ i ≤ϕ(m), 則 aⁱ ̸≡ a^ϕ^(m) (mod m). 又由於 Euler’s Theorem 知 a^ϕ^(m)≡ 1 (mod m), 故知 ordm(a) =ϕ(m).

反之, 假設 ord_m(a) =ϕ(m), 由 Proposition 6.1.6 知若 aⁱ≡ a^j (mod m), 則ϕ(m)|i− j. 因 此 a, a², . . . , a^ϕ^(m) 在 modulo m 之下皆不同餘. 又由於 a 和 m 互質, 知 aⁱ 皆與 m 互質, 故 {a,a², . . . , a^ϕ^(m)} 是一個 reduced residue system modulo m, 也就是說 a 在 modulo m 之下

是一個 primitive root.

若已知 a 在 modulo m 的 order, 則對任意 i∈ N, 利用 Corollary 6.1.5 我們都可算出 aⁱ 在 modulo m 之下的 order.

Proposition 6.1.8. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 若 ordm(a) = n, 則對於任 意的正整數 i,

ord_m(aⁱ) = n gcd(i, n).

Proof. 為了方便, 我們令 d = gcd(i, n). 欲證明 ord_m(aⁱ) = n/d, 首先得證明 (aⁱ)^n/d≡ 1 (mod m). 事實上因為 d 是 i 的因數, i/d 是個整數. 再加上由假設 ord_m(a) = n, 故 aⁿ≡ 1 (mod m). 所以可得

(aⁱ)^n/d= (aⁿ)^i/d ≡ 1 (mod m).

接下來我們須證明, 若 (aⁱ)^k ≡ 1 (mod m) 則 (n/d)|k (參見 Corollary 6.1.5(2)). 若 (aⁱ)^k≡ 1 (mod m), 即 a^ki≡ 1 (mod m). 故由 Proposition 6.1.4, 我們可得 n|ki. 但因 d 是 n 和 i 的最大公因數. 我們有 n/d 和 i/d 皆為整數且互質. 故由 n|ki 可得 (n/d)|k(i/d). 再由

n/d 和 i/d 互質, 得 (n/d)|k.

由 Proposition 6.1.8, 我們知 ord_m(aⁱ) 整除 ord_m(a) 而且 ord_m(aⁱ) = ord_m(a) 若且唯若 gcd(i, ordm(a)) = 1. 因此在 modulo m 之下 primitive root 若存在, 則我們可推知在 modulo m 之下會有多少個 primitive roots.

(5)

Corollary 6.1.9. 給定 m∈ N 以及 a ∈ Z 滿足 gcd(a,m) = 1. 若 ordm(a) = n, 則{a,a², . . . , aⁿ} 中共有ϕ(n) 個元素其在 modulo m 之下的 order 為 n. 特別地, 若在 modulo m 之下 primitive root 是存在的, 則在 modulo m 之下共有ϕ(ϕ(m)) 個 primitive roots.

Proof. 已知 ord_m(a) = n, 由 Proposition 6.1.8 知 ordm(aⁱ) = n 若且唯若 gcd(n, i) = 1. 又由 於 a, a², . . . , aⁿ 在 modulo m 之下皆相異, 故 {a,a², . . . , aⁿ} 中在 modulo m 之下 order 為 n 的元素個數等於和 n 互質且小於 n 的正整數的個數, 依定義知此數為ϕ(n).

現假設在 modulo m 之下有 primitive root 且 a 為一個 primitive root. 故知 ord_m(a) = ϕ(m) 且所有和 m 互質的整數在 modulo m 之下皆和 S = {a,a², . . . , a^ϕ^(m)} 中某個元素同 餘. 所以在 modulo m 之下所有的 primitive root 皆可在 S 中找到. 然而由前知 S 中共 有 ϕ(ϕ(m)) 個元素其在 modulo m 之下的 order 為 ϕ(m), 且 Corollary 6.1.7 告訴我們在 modulo m 之下只有這些元素為 primitive root. 故知在 modulo m 之下共有 ϕ(ϕ(m)) 個

primitive roots.

6.2. 沒有 Primitive Root 的情況

我們將探討有哪些 m 在 modulo m 之下沒有 primitive root.

我們仍然從唯一的偶質數 2 出發. 在 modulo 2 之下ϕ(2) = 1, 而任何的奇數在 modulo 2 之下皆餘 1, 故所有的奇數皆為 primitive root. 在 modulo 4 時, {1,3} 是一個 reduced residue system modulo 4, 而 3¹̸≡ 1 (mod 4) 且 3²≡ 1 (mod 4) 故得 ord4(3) = 2 =ϕ(4), 故 知 3 在 modulo 4 之下是 primitive root. 事實上若 a∈ Z 滿足 a ≡ 3 (mod 4) 則 a 在 modulo 4 之下為 primitive root.

接著我們來看 8 情形, 由於 {1,3,5,7} 是一個 reduced residue system modulo 8, 我 們來看看它們在 modulo 8 之下之 order 為何. 很明顯的 ord8(1) = 1 且因為 7≡ −1 (mod 8), 故知 ord₈(7) = 2. 另外 3¹≡ 3 (mod 8) 且 3²≡ 1 (mod 8), 故知 ord8(3) = 2. 同理得 ord₈(5) = 2. 由於所有和 8 互質的數在 modulo 8 之下必和 1, 3, 5, 7 中某一數同餘, 因此 由 Lemma 6.1.3(1) 知沒有一個和 8 互質的數其在 modulo 8 之下的 order 為 ϕ(8) = 4. 故知在 modulo 8 之下沒有 primitive root.

或許大家看到 modulo 8 之下沒有 primitive root 很自然會認為那麼在 modulo 16 之下也沒有 primitive root. 事實上這件事並不能直接用 order 的定義得到. 也就是說若已知 ord₈(a) = n 並不能直接用 order 的性質推出 ord₁₆(a) 之值. 頂多我們知道若 ord₁₆(a) = n^′, 則由 aⁿ^′ ≡ 1 (mod 16) 可知 aⁿ^′ ≡ 1 (mod 8), 故利用 Proposition 6.1.4 得 n|n^′. 但我們並不 能由此以及 n <ϕ(8) 推出 n^′<ϕ(16). 所以要推出在 modulo 16 或甚至 modulo 2ⁿ, n > 3 時沒有 primitive root, 是需要多下功夫的. 在前面我們已算出對任意奇數 a, 皆滿足 a²≡ 1 (mod 2³). 我們要用歸納法推出以下結果.

Lemma 6.2.1. 假設 a 為一奇數, 則對任意 n∈ N 皆有 a²ⁿ ≡ 1 (mod 2ⁿ⁺²).

(6)

Proof. 我們已知當 n = 1 時這是對的. 假設當 n = k 時皆有 a²^k≡ 1 (mod 2^k+2),我們要證 明當 n = k + 1 時亦成立. 依假設我們知存在 b∈ Z 使得 a²^k = 1 + 2^k+2b. 故

a²^k+1= (a²^k)²= (1 + 2^k+2b)²= 1 + 2(2^k+2b) + (2^k+2b)².

由於 2(k + 2) = k + (k + 4) > k + 3, 我們得 a²^k+1≡ 1 (mod 2^k+3). 也就是說當 n = k + 1 時

a²ⁿ ≡ 1 (mod 2ⁿ⁺²) 亦成立, 故由數學歸納法得證本定理.

依 order 的定義我們馬上由 Lemma 6.2.1 知當 a 為奇數且 n∈ N 時, ord₂n+2(a)≤ 2ⁿ< 2ⁿ⁺¹=ϕ(2ⁿ⁺²),

故得證以下重要的結果.

Proposition 6.2.2. 當 n∈ N 且 n ≥ 3 時, 在 modulo 2ⁿ 之下沒有 primitive root.

接下來我們要探討另一種沒有 primitive root 的情況, 首先我們來看另一個有關 order 簡單的性質.

Lemma 6.2.3. 給定互質的兩正整數 m, n 以及 a∈ Z 滿足 gcd(a,mn) = 1. 則 ord_mn(a)≤ ϕ(mn)

gcd(ϕ(m),ϕ(n)).

Proof. 令 d = gcd(ϕ(m),ϕ(n)). 由於 gcd(a,mn) = 1, 我們知 gcd(a,m) = gcd(a,n) = 1. 因 此由 Euler’s Theorem 我們有 a^ϕ^(m)≡ 1 (mod m) 以及 a^ϕ⁽ⁿ⁾≡ 1 (mod n). 因此由 ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) (因 gcd(m,n) = 1) 以及 ϕ(n)/d ∈ N 可得

a^ϕ^(mn)^d = (a^ϕ^(m))^ϕ⁽ⁿ⁾^d ≡ 1 (mod m).

同理可得 a^ϕ^(mn)/d≡ 1 (mod n). 也就是說 m|a^ϕ^(mn)/d−1 且 n|a^ϕ^(mn)/d−1, 故再因 gcd(m,n) = 1 利用 Proposition 1.2.6(2) 可得 mn|a^ϕ^(mn)/d− 1, 即 a^ϕ^(mn)/d≡ 1 (mod mn). 故依 order 之定

義得 ord_mn(a)≤ϕ(mn)/d.

特別地, 假設 m 是一個大於 2 的整數. 若 m 沒有奇的質因數, 即 m = 2^k 其中 k≥ 2. 此時 ϕ(m) = ϕ(2^k) = 2^k⁻¹, 故得 2|ϕ(m). 若 m 有奇的質因數, 即存在一奇質數 p 使得 m = p^lm^′, 其中 l∈ N 且 p - m^′. 此時 ϕ(m) = ϕ(p^l)ϕ(m^′) = (p− 1)p^l−1ϕ(m^′), 同樣可得 2|ϕ(m). 因此可 知當 m, n > 2 時 gcd(ϕ(m),ϕ(n)) ≥ 2. 利用此一結果, 我們馬上可得另一個重要結論.

Proposition 6.2.4. 當 m > 2 且 n > 2 為兩互質的整數時, 在 modulo mn 之下沒有 primitive root.

Proof. 因 m, n 皆大於 2 我們知 2|ϕ(m) 且 2|ϕ(n) 故得 gcd(ϕ(m),ϕ(n)) ≥ 2. 另一方面 m 和 n 是互質的, 故對任一與 mn 互質的整數 a, 由 Lemma 6.2.3 知

ord_mn(a)≤ ϕ(mn)

gcd(ϕ(m),ϕ(n))≤ ϕ(mn)

2 <ϕ(mn).

故知在 modulo mn 之下無 primitive root.

(7)

當 m > 1 且沒有奇的質因數時, 我們知道當 m = 2, 4 時在 modulo m 之下有 primitive root, 而在其他狀況 (即 m = 2ⁿ 且 n≥ 3) Proposition 6.2.2 告訴我們在 modulo m 之下沒 有 primitive root. 當 m 有奇的質因數時, Proposition 6.2.4 告訴我們若 m 有兩個或兩個以 上奇的質因數時, 在 modulo m 之下沒有 primitive root. 而當 m 只有一個奇的質因數時, Proposition 6.2.4 也告訴我們若 4|m, 在 modulo m 之下沒有 primitive root. 所以我們僅剩 下 m 僅有一個奇的質因數且 4- m 的情形未討論, 即 m = pⁿ 或 m = 2pⁿ, 其中 p 為奇質數的 情形.

Exercise 6.1. 請以計算方式處理以下問題:

(1) 試求 ord₁₅(8) (2) 試求 ord₁₇(9)

(3) 說明在 modulo 15 之下無 primitive roots.

(4) 說明在 modulo 16 之下無 primitive roots.

Exercise 6.2. 假設 m∈ N 且 gcd(a,m) = gcd(b,m) = 1.

(1) 證明若 gcd(ordm(a), ord_m(b)) = 1 則 ord_m(ab) = ord_m(a)· ordm(b).

(2) 試證明若 ord_m(a) = m− 1, 則 m 必為質數.

Exercise 6.3. 假設 a, n∈ N 且 a > 1. 試證明 ordaⁿ−1(a) = n, 並依此得證 n|ϕ(aⁿ− 1).

Exercise 6.4. 假設 m, n∈ N 且 gcd(a,mn) = 1.

(1) 試證明 lcm(ord_m(a), ord_n(a))| ordmn(a).

(2) 若又假設 gcd(m, n) = 1, 試證明 ord_mn(a)| lcm(ordm(a), ord_n(a)). 並依此得證當 gcd(m, n) = 1 時 ordmn(a) = lcm(ord_m(a), ord_n(a)).

———————————– June, 01 2018