我們要說明當 p 是一個奇質數時在 modulo p 之 下可以找到 primitive root

6.3. The Primitive Root Theorem

我們僅剩下 m = pⁿ 或 m = 2pⁿ, 其中 p 為奇質數的情形尚未探討. 事實上在這剩下的情況 中, primitive root 皆存在. 在這節中我們將先得到當 p 是一個奇質數時, 在 modulo p 之下 可找到 primitive root. 再利用 modulo p 所得的 primitive root 得到在 modulo p² 之下的 primitive root. 最後利用 modulo p² 所得的 primitive root 得到 modulo pⁿ 以及 modulo 2pⁿ 的 primitive root. 在本節中 p 永遠表示為奇質數, 我們就不再多說明.

6.3.1. Modulo p 的 Primitive Root. 我們要說明當 p 是一個奇質數時在 modulo p 之 下可以找到 primitive root. 我們曾經提及要證明存在性, 一般來說有兩種方法: 第一種就是 提供一個可以找到東西的方法; 另一種就是利用邏輯推演的方式來推導出東西一定存在 (例 如用反證法證明若找不到會導致矛盾). 第一種方法的好處是它提供了找到東西的方法所以 不只告訴你東西存在且告訴你如何找到. 不過這在一般抽象理論的推導中不是容易的, 例如 前一章提過找二次 congruence equation 的解並不容易, 但我們可發展一套理論來確認何時 有解. 同樣地, 在證明 primitive root 存在的問題上, 即使已知存在到目前為止仍沒有一套完 善的方法可以直接找到 primitive root, 所以我們仍是用邏輯推演的方式來證明存在性.

在 modulo p 時, 有一件事是很特殊的即 Theorem 4.1.3 告訴我們一個 n 次的整係數多項 式在 modulo p 之下最多有 n 個解. 然而若 p- a 且 ordp(a) = n, 已知 a, a², . . . , aⁿ 在 modulo p 之下皆相異, 且由於 aⁿ≡ 1 (mod p), 故 (aⁱ)ⁿ≡ 1 (mod p). 由此可知 a,a², . . . , aⁿ這 n 個在 modulo p 之下皆不同餘的數皆為 xⁿ≡ 1 (mod p) 的一個解, 但由於此式在 modulo p 之下 至多有 n 個解, 所以它們就是 xⁿ≡ 1 (mod p) 所有的解. 另一方面, 若 p - b 且 ordp(b) = n, 則由於 b 是 xⁿ≡ 1 (mod p) 之一解, 故由前知存在 i ∈ {1,...,n} 使得 b ≡ aⁱ (mod p). 換言 之, 所有在 modulo p 之下 order 為 n 的元素, 在 modulo p 之下必和{a,a², . . . , aⁿ} 中某個 元素同餘, 故利用 Corollary 6.1.9 知在 modulo p 之下僅有ϕ(n) 個元素其 order 為 n. 我們 將此結果總結如下.

Lemma 6.3.1. 假設 p 為質數且在 modulo p 之下有一元素其 order 為 n, 則在 modulo p 之下共有 ϕ(n) 個元素其 order 為 n.

再次強調, 此結果在質數時才對. 例如在 modulo 15 時, 共有 4, 11 和 14 三個元素在 modulo 15 之下的 order 為 2, 而不是ϕ(2) = 1 個.

我們要說在 modulo p 之下有 primitive root 主要的方法便是將 modulo p 之下的元素 依其 order 分類. 最後說明 order 為ϕ(p) = p − 1 那一類元素所成的集合不是 /0 (空集合).

下面就是依這樣分類所得之結果.

Lemma 6.3.2. 假設 p 是質數且令 S ={1,2,..., p−1}. 現對於 d ∈ N 滿足 d|p−1, 我們考 慮 S_d={i ∈ S | ordp(i) = d}.

(1) 若 d̸= d^′, 則 S_d∩ Sd^′ = /0.

(2) ^∪

d|p−1,d>0Sd= S.

(3) 若 S_d̸= /0, 則 Sd 共有ϕ(d) 個元素.

Proof. (1) 若 a∈ Sd∩ Sd^′, 即表示 ord_p(a) = d 且 ord_p(a) = d^′. 但依 order 的定義每一個和 p 互質的數在 modulo p 之下其 order 是唯一的, 此與 d̸= d^′之假設相矛盾, 故知 S_d∩Sd^′= /0.

(2) ^∪

d|p−1,d>0S_d 這個符號的意思是將所有 S_d 其中 d∈ N 且 d|p − 1 聯集起來. 由於對所 有 d|p−1 皆有 Sd⊆ S, 所以 ^∪

d|p−1,d>0Sd⊆ S. 另一方面若 i ∈ S, 由於 p - i, 故由 Theorem 3.3.4 知 i^p−1≡ 1 (mod p). 因此由 Proposition 6.1.4 知 ordp(i)|p − 1. 換句話說, 若 ordp(i) = d, 則 d|p − 1, 故知存在 d|p − 1 使得 i ∈ Sd. 得證 S⊆ ^∪

d|p−1,d>0S_d, 因此知 ^∪

d|p−1,d>0S_d= S.

(3) 若 Sd ̸= /0, 表示存在 a ∈ Sd. 此時 p- a 且 ordp(a) = d, 故利用 Lemma 6.3.1 知在 modulo p 之下共有 ϕ(d) 個元素其 order 為 d. 由於 S 是 reduced residue system modulo p, 這 ϕ(d) 個元素在 modulo p 之下必和 S 中 ϕ(d) 個元素同餘. 因此 S 中這 ϕ(d) 個元素

剛好組成 S_d, 故知 S_d 共有 ϕ(d) 個元素. 

Lemma 6.3.2(1,2) 告訴我們 S ={1,2,..., p − 1} 中的每一個元素必會落在某個且恰有一 個 S_d 中, 其中 d∈ N 且 d|p − 1. 因此若計算每個 Sd 中的元素個數再加總起來其值應為 S 中的元素個數 p− 1. 依此我們可以得到以下重要的結果.

Theorem 6.3.3. 假設 p 是一個質數且 d∈ N 滿足 d|p − 1. 則在 modulo p 之下共有 ϕ(d) 個元素其 order 為 d. 特別地, 在 modulo p 之下 primitive root 必存在.

Proof. 我們沿用 Lemma 6.3.2 中所用的符號, 並令 #(S_d) 表示 S_d={i ∈ S | ordp(i) = d} 中 元素的個數, 即 #(Sd) 為在 modulo p 之下 order 為 d 的元素個數.

由 Lemma 6.3.2(1,2) 我 們 知 ∑

d|p−1,d>0#(Sd) = p− 1 而且 Lemma 6.3.2(3) 告訴我們

#(Sd) = 0 或 #(S_d) =ϕ(d). 另一方面利用 Corollary 2.3.6 我們知 ∑

d|p−1,d>0ϕ(d) = p −1, 故比 較

p− 1 =

∑

d|p−1,d>0

#(S_d)≤

∑

d|p−1,d>0ϕ(d) = p − 1, 可得對所有的 d∈ N 滿足 d|p − 1 皆有 #(Sd) =ϕ(d).

特別地 #(S_p−1) =ϕ(p−1) 表示在 modulo p 之下有 ϕ(p−1) ̸= 0 個元素其 order 為 p−1, 也就是說這些元素皆為 primitive root. 故知在 modulo p 之下 primitive root 存在.  我們證明了在 modulo p 之下 primitive root 是存在的. 這個證明方式很明顯的並沒有 告訴我們如何找到 primitive root. 事實上我們所用的證明方式有點像反證法, 也就是說如 果沒有 primitive root, 那麼在計算上面那些元素個數時會發生數目兜不攏的情形而造成矛 盾.

6.3.2. Modulo p² 的 primitive root. 很容易去猜測若在 modulo p² 之下有 primitive root, 那麼這個 primitive root 應來自於 modulo p 之下的 primitive root. 因此我們將利用 modulo p 的 primitive root 來找到 modulo p² 的 primitive root. 這裡的存在性的證明就比

較具體, 也就是說如果能找到 modulo p 的 primitive root, 那們我們的證明能給出具體的方 法來找到 modulo p² 的 primitive root.

首先我們來看如何判別一個 modulo p 的 primitive root 在 modulo p² 之下是否為 primitive root.

Lemma 6.3.4. 假設 a∈ Z 是一個 primitive root modulo p. 則 ordp²(a) = p−1 或 ordp²(a) = p(p− 1). 特別地, a^p−1̸≡ 1 (mod p²) 若且唯若 a 在 modulo p² 之下是一個 primitive root.

Proof. 依假設 a 在 modulo p 之下是 primitive root 表示 ord_p(a) = p−1. 現假設 ordp²(a) = n, 則 aⁿ≡ 1 (mod p²),因此知 aⁿ≡ 1 (mod p). 故依 ordp(a) = p−1 及 Proposition 6.1.4 知 p−1|n. 又因為 a 與 p 互質, 故 a 與 p² 互質, 故由 Euler’s Theorem 知 a^ϕ(p2)≡ 1 (mod p²), 因此在 modulo p² 的情況再利用 Proposition 6.1.4 知 n|ϕ(p²). 由於ϕ(p²) = p(p− 1), 我們 得 p−1|n 且 n|p(p−1). 也就是 n =λ(p−1) 且又 λ(p−1)|p(p−1), 故知 λ|p. 因此由 p 是 質數知λ = 1 或 λ = p. 故得證 ordp²(a) = p− 1 或 ordp²(a) = p(p− 1).

現若 a^p−1̸≡ 1 (mod p²),知 a 在 modulo p²之下其 order 一定不是 p−1, 故得 ordp²(a) = p(p− 1) =ϕ(p²). 由 Corollary 6.1.7 得證 a 在 modulo p² 之下是一個 primitive root. 反 之若 a 在 modulo p² 之下是 primitive root, 即 ord_p2(a) = p(p− 1), 故由 order 的定義知

a^p−1̸≡ 1 (mod p²). 

知道如何判別 modulo p 的 primitive root 在 modulo p² 亦是 primitive root 後, 接下 來我們就要找到哪些 modulo p 的 primitive root 在 modulo p² 之下仍為 primitive root.

現假設 a 在 modulo p 之下是 primitive root, 那麼那些在 modulo p 之下和 a 同餘的數在 modulo p 之下也都是 primitive root, 但這些數在 modulo p² 之下可能不同餘, 我們就將它 們一一列出. 也就是說, a, a + p, . . . , a + (p− 1)p, 共有這 p 個數是在 modulo p 之下同餘但 在 modulo p² 之下不同餘.

Proposition 6.3.5. 假設 p 是一個質數且 a∈ Z 為一個在 modulo p 之下的 primitive root.

令 S ={a,a + p,a + 2p + ··· ,a + (p − 1)p}, 則在 S 中僅有一個元素在 modulo p 之下不是 primitive root, 其餘 p− 1 個元素在 modulo p 之下是 primitive root.

Proof. 已知 a 在 modulo p 之下是 primitive root 且 S 中的元素在 modulo p 之下皆與 a 同餘, 故知 S 中的元素在 modulo p 之下皆為 primitive root. 所以我們可以利用 Lemma 6.3.4 檢查 S 中哪些元素 a + t p 會使得 (a + t p)^p−1≡ 1 (mod p²).

由於 a^p−1≡ 1 (mod p), 故存在λ ∈ Z 使得 a^p−1= 1 +λ p. 因此 (a + t p)^p−1= a^p−1+ (p− 1)a^p−2(t p) +(p− 1)(p − 2)

2 a^p−3(t p)²+···

由於 C₂^p−1a^p−3(t p)² 這一項以及其之後每一項 C_k^p−1a^p−1−k(t p)^k, k≥ 3 在 modulo p² 之下皆 為 0, 所以我們得

(a + t p)^p−1≡ a^p−1− a^p−2t p≡ 1 + (λ − a^p−2t)p (mod p²).

因此要找到 t 使得 (a + t p)^p−1 ≡ 1 (mod p²) 若且唯若 p|λ − a^p−2t. 也就是說我們要找到 t∈ {0,1,2,..., p − 1} 使得 a^p−2t≡λ (mod p). 然而 a^p−1≡ 1 (mod p), 故上式兩邊乘上 a 得 t≡ aλ (mod p). 也就是說當 0 ≤ t ≤ p − 1, 僅在 t ≡ aλ (mod p) 時, 會使得 (a +t p)^p−1≡ 1 (mod p²),此時 a + t p 在 modulo p² 之下不是 primitive root. 其餘 S 中的元素 a + rp 由於 皆會使得 (a + rp)^p−1̸≡ 1 (mod p²),故由 Lemma 6.3.4 知皆為 modulo p² 之下的 primitive

root. 

從 Theorem 6.3.3 以及 Proposition 6.3.5 我們知道由於 modulo p 的 primitive root 存 在, 所以 modulo p² 的 primitive root 也存在. 事實上若 a 是 modulo p 的 primitive root, 我們僅要檢驗是否 a^p−1≡ 1 (mod p²). 要是 a^p−1̸≡ 1 (mod p²), 那麼由 Lemma 6.3.4, 我們 知 a 在 modulo p² 之下是 primitive root. 要是 a^p−1≡ 1 (mod p²), 那麼 a 在 modulo p² 之下不是 primitive root, 故由 Proposition 6.3.5 知 a + p 在 modulo p² 之下必為 primitive root.

6.3.3. Modulo pⁿ 的 Primitive Root. 由於 modulo p 的 primitive root 存在, 利用 Corollary 6.1.9 知在 modulo p 之下共有ϕ(ϕ(p)) = ϕ(p−1) 個 primitive roots. Proposition 6.3.5 告訴我們每一個 modulo p 的 primitive root 在 modulo p²之下可得 p−1 個 primitive roots, 所 以 在 modulo p² 之 下 我 們 共 找 到 了 (p− 1)ϕ(p − 1) 個 primitive roots. 然而 由於 modulo p² 的 primitive root 存在, Corollary 6.1.9 告訴我們在 modulo p² 之下共 有 ϕ(ϕ(p²)) =ϕ(p(p − 1)) 個 primitive roots. 由於 p 和 p − 1 互質, 我們有 ϕ(ϕ(p²)) = ϕ(p)ϕ(p − 1) = (p − 1)ϕ(p − 1). 此值恰與前面由 modulo p 的 primitive root 所得 modulo p² 的 primitive roots 的個數相吻合. 也就是說每一個 modulo p² 的 primitive root 的確 來自於某個 modulo p 的 primitive root. 我們可以如此一直估算下去, 若 modulo p³ 的 primitive root 存在, 則由 Corollary 6.1.9 知在 modulo p³ 之下共有

ϕ(ϕ(p³)) =ϕ(p²(p− 1)) =ϕ(p²)ϕ(p − 1) = p(p − 1)ϕ(p − 1)

個 primitive roots. 而又已知在 modulo p² 之下共有 (p− 1)ϕ(p − 1) 個 primitive roots.

每一個 modulo p² 的 primitive root, 在 modulo p³ 之下共可產生 p 個不同餘類, 所以這 (p−1)ϕ(p−1) 個 modulo p²的 primitive roots 在 modulo p³之下共產生了 p(p−1)ϕ(p−1) 個不同餘類. 這個數字恰與前面所提若 modulo p³的 primitive root 存在則在 modulo p³之 下共有 p(p−1)ϕ(p−1) 個 primitive roots 相吻合. 也就是說每一個 modulo p²的 primitive root, 在 modulo p³ 之下產生的 p 個不同餘類 “應該” 在 modulo p³ 仍為 primitive root.

接下來我們就是要用數學歸納法來驗證此事, 我們要證明當 n≥ 3 時任何數只要在 modulo p² 是 primitive root, 則在 modulo pⁿ 必也是 primitive root. 首先我們來看如何判 別一個 modulo pⁿ 的 primitive root 在 modulo pⁿ⁺¹ 之下是否為 primitive root.

Lemma 6.3.6. 假設 a∈ Z 是一個 primitive root modulo pⁿ. 則 ord_pn+1(a) = pⁿ⁻¹(p−1) 或 ord_pn+1(a) = pⁿ(p− 1). 特別地, a^{pn−1(p−1)}̸≡ 1 (mod pⁿ⁺¹) 若且唯若 a 在 modulo pⁿ⁺¹ 之下 是一個 primitive root.

Proof. 依假設 a 在 modulo pⁿ 之下是 primitive root 表示 ord_pⁿ(a) =ϕ(pⁿ) = pⁿ⁻¹(p− 1).

現假設 ord_pn+1(a) = k, 則 a^k ≡ 1 (mod pⁿ⁺¹), 因此知 a^k ≡ 1 (mod pⁿ). 故依 ord_pⁿ(a) = pⁿ⁻¹(p− 1) 及 Proposition 6.1.4 知 pⁿ⁻¹(p− 1)|k. 又因為 a 與 p 互質, 故 a 與 pⁿ⁺¹ 互 質, 故由 Euler’s Theorem 知 a^ϕ(pn+1)≡ 1 (mod pⁿ⁺¹), 因此在 modulo pⁿ⁺¹ 的情況再利用 Proposition 6.1.4 知 k|ϕ(pⁿ⁺¹). 由於ϕ(pⁿ⁺¹) = pⁿ(p−1), 我們得 pⁿ⁻¹(p−1)|k 且 k|pⁿ(p−1).

也就是 k =λ pⁿ⁻¹(p− 1) 且又 λ pⁿ⁻¹(p− 1)|pⁿ(p− 1), 故知 λ|p. 因此由 p 是質數知 λ = 1 或 λ = p. 故得證 ordpⁿ⁺¹(a) = pⁿ⁻¹(p− 1) 或 ordpⁿ⁺¹(a) = pⁿ(p− 1).

現若 a^{pn−1(p−1)}̸≡ 1 (mod pⁿ⁺¹),知 a 在 modulo pⁿ⁺¹之下其 order 一定不是 pⁿ⁻¹(p−1), 故得 ord_pn+1(a) = pⁿ(p− 1) =ϕ(pⁿ⁺¹). 由 Corollary 6.1.7 得證 a 在 modulo pⁿ⁺¹ 之下是一 個 primitive root. 反之若 a 在 modulo pⁿ⁺¹ 之下是 primitive root, 即 ord_pn+1(a) = pⁿ(p−1), 故由 order 的定義知 a^{pn−1(p−1)}̸≡ 1 (mod pⁿ⁺¹).  現若我們找到 a 在 modulo p² 之下是 primitive root, 要檢查 a 在 modulo p³ 之下是否 為 primitive root, 依 Lemma 6.3.6, 我們要檢查 a^p(p−1) 在 modulo p³ 之下是否與 1 同餘.

然而已知 a^p−1≡ 1 (mod p) (Fermat’s Little Theorem) 我們可令 a^p−1= 1 +λ p. 此時由於 a 在 modulo p² 之下是 primitive root 故由 Lemma 6.3.4 知 a^p−1̸≡ 1 (mod p²), 即 p-λ. 依 此可得

a^p(p−1)= (a^p−1)^p= (1 +λ p)^p= 1 + p(λ p) +p(p− 1)

2 (λ p)²+··· .

這裡由於 p 是奇數所以 p|p(p − 1)/2 (注意這就是為何此結果在 p = 2 時不成立的原因), 再 加上之後每一項 C_k^p(λ p)^k, k≥ 3 在 modulo p³ 之下皆為 0, 所以我們得

a^p(p−1)≡ 1 +λ p² (mod p³).

故由 p-λ 得證 a^p(p−1)̸≡ 1 (mod p³), 所以依 Lemma 6.3.6 知 a 在 modulo p³ 之下亦為 primitive root. 如此一直下去, 我們可證得當 n≥ 3 時, a 在 modulo pⁿ 之下皆為 primitive root.

Proposition 6.3.7. 假設 a 在 modulo p² 之下是一個 primitive root. 則對任意 n≥ 3, a 在 modulo pⁿ 之下也是 primitive root.

Proof. 前面我們已證得 a 在 modulo p³ 之下是 primitive root. 現在依歸納法, 我們假設 a 在 modulo pⁿ (n≥ 3) 之下是 primitive root, 要證明 a 在 modulo pⁿ⁺¹ 之下仍為 primitive root.

由於 a 與 p 互質, 依 Euler’s Theorem 知 a^ϕ(pn−1)= a^{pn−2(p−1)}≡ 1 (mod pⁿ⁻¹). 現假設 a^{pn−2(p−1)}= 1 +λ pⁿ⁻¹. 由於 a 在 modulo pⁿ 之下是 primitive root, 依 Lemma 6.3.6 知 a^{pn−2(p−1)}̸≡ 1 (mod pⁿ), 故知 p-λ. 現考慮

a^{pn−1(p−1)}= (a^{pn−2(p−1)})^p= (1 +λ pⁿ⁻¹)^p= 1 + p(λ pⁿ⁻¹) + p(p− 1)

2 (λ pⁿ⁻¹)²+··· . 在 p(λ pⁿ⁻¹) 之後每一項 C_k^p(λ pⁿ⁻¹)^k, k≥ 2 中由於 k(n − 1) ≥ 2(n − 1) = n + (n − 2) ≥ n + 1 (因為 n≥ 3), 所以當 k ≥ 2 時在 modulo pⁿ⁺¹ 之下 C_k^p(λ pⁿ⁻¹)^k 皆為 0, 所以我們得

a^{pn−1(p−1)}≡ 1 +λ pⁿ (mod pⁿ⁺¹).

故由 p-λ 得證 a^{pn−1(p−1)}̸≡ 1 (mod pⁿ⁺¹),所以依 Lemma 6.3.6 知 a 在 modulo pⁿ⁺¹ 之下

亦為 primitive root. 

從 Theorem 6.3.3 以及 Proposition 6.3.5 我們知道 modulo p² 的 primitive root 存在, 所以再由 Proposition 6.3.7 得知當 n≥ 3 時 modulo pⁿ 的 primitive root 也存在. 再次強調 由於從 modulo p² 的 primitive root 推得 modulo p³ 的 primitive root 之過程需用到 p 是 奇數所以當 n≥ 3 時 modulo pⁿ 的 primitive root 存在需在 p 是奇質數才成立. 事實上之前 我們已知在 modulo 2³= 8 時 primitive root 是不存在的.

6.3.4. Modulo 2pⁿ 的 Primitive Root. 我們已知在 modulo pⁿ之下皆有 primitive root.

現在我們將由 modulo pⁿ 的 primitive root 找出 modulo 2pⁿ 的 primitive. 首先我們來看當 m 是奇數時 modulo m 的 order 和 modulo 2m 的 order 間之關係.

Lemma 6.3.8. 給定一奇數 m, 且 a∈ Z 是一個和 m 互質的奇數. 若 ordm(a) = n, 則 ord_2m(a) = n.

Proof. 由於 a 是奇數且與 m 互質, 故知 gcd(a, 2m) = 1. 因此 a 在 modulo 2m 之下的 order 是有定義的, 就假設 ord_2m(a) = k. 由 a^k ≡ 1 (mod 2m) 可得 a^k ≡ 1 (mod m). 故 由 ord_m(a) = n 以及 Proposition 6.1.4 知 n|k. 另一方面由於 aⁿ≡ 1 (mod m) 且 a 為奇 數知 aⁿ≡ 1 (mod 2), 故知 m|aⁿ− 1 且 2|aⁿ− 1. 又由於 m 是奇數知 gcd(2,m) = 1, 故由 Proposition 1.2.6(2) 知 2m|aⁿ− 1, 也就是說 aⁿ≡ 1 (mod 2m). 因假設 ord2m(a) = k, 故再利 用 Proposition 6.1.4 得 k|n. 因此得證 k = n 也就是說 ord2m(a) = n.  假設 a 為 modulo pⁿ 的 primitive root, 即 ord_pⁿ(a) =ϕ(pⁿ). 若 a 又是奇數則由 Lemma 6.3.8 知 ord_2pⁿ(a) =ϕ(pⁿ). 但由於 p 是奇質數與 2 互質, 故知ϕ(2pⁿ) =ϕ(2)ϕ(pⁿ) =ϕ(pⁿ).

也就是說 ord_2pⁿ(a) =ϕ(2pⁿ). 故由 Corollary 6.1.7 知 a 在 modulo 2pⁿ 之下亦為 primitive root. 利用此結果我們可找到 modulo 2pⁿ 的 primitive root.

Proposition 6.3.9. 給定 p 是一個奇質數, 則一定可找到一奇數 a 使其在 modulo p² 之 下是一個 primitive root. 特別地, 此時對任意 n∈ N, a 在 modulo 2pⁿ 之下亦為 primitive root.

Proof. 當 p = 3 時, 由於 ord₃(5) = ord₃(2) = 2 故知 5 在 modulo 3 之下是一個 primitive root. 又由於 5³⁻¹ = 25̸≡ 1 (mod 9), 故由 Lemma 6.3.4 知 5 在 modulo 3² 之下是一個 primitive root.

當 p≥ 5 是一個奇質數時, Theorem 6.3.3 告訴我們在 modulo p 之下的 primitive root 存在. 現假設 α 是一個 modulo p 之下的 primitive root. 利用 Proposition 6.3.5 知 {α,α + p,...,α + (p − 1)p} 中僅有一個在 modulo p² 之下不是 primitive root. 由於 p≥ 5, 得 p−1 ≥ 4, 故知 {α,α + p,α +2p,α +3p} 中至多有一個在 modulo p² 之下不是 primitive root. 因此若 α 是奇數, 則得 α, α + 2p 這兩個奇數中必有一個在 modulo p² 之下是 primitive root. 若α 是偶數, 則得 α + p, α + 3p 這兩個奇數中必有一個在 modulo p² 之下 是 primitive root. 我們得證必存在一奇數在 modulo p² 之下是 primitive root.

現假設 a 是一奇數且在 modulo p² 之下是 primitive root. 由 Proposition 6.3.7 知 a 在 modulo pⁿ 之下亦為 primitive root. 故由 Lemma 6.3.8 知 ord_2pⁿ(a) = ord_pⁿ(a) =ϕ(pⁿ) = ϕ(2pⁿ),故得證 a 在 modulo 2pⁿ 之下亦為 primitive root.  事實上要找到一奇數使其在 modulo p² 之下是 primitive root 並不需如 Proposition 6.3.9 的證明中那麼複雜. 若 a 是偶數且在 modulo p² 之下是 primitive root, 那麼 a + p² 必為奇數且由於 a + p²≡ a (mod p²) 所以 a + p² 當然也是在 modulo p² 之下的 primitive root. 不過由於考慮 a + p² 數值較大, 我們若要找較小的 primitive root, 證明中最大只要考 慮到 a + 3p, 這個數當 p 很大時當然比 a + p² 要小得多.

我們總結這兩節 Proposition 6.2.2, Proposition 6.2.4, Theorem 6.3.3, Proposition 6.3.5, Proposition 6.3.7 以及 Proposition 6.3.9 之結果得到以下所謂的 primitive root Theorem.

Theorem 6.3.10 (Primitive Root Theorem). 只有當 m = 2, 4, pⁿ, 2pⁿ 時, 其中 p 為奇質數 且 n∈ N, 在 modulo m 之下會有 primitive root.

Exercise 6.5. 已知 ord₁₀₁(10) = 4, 試找出在 modulo 101 之下所有 order 為 4 的元素並說 明理由.

Exercise 6.6. 令 p 為一奇質數且 a 為 modulo p 之下的一個 primitive root.

(1) 若 b∈ Z 滿足 ab ≡ 1 (mod p), 試證明 b 是 modulo p 之下的一個 primitive root.

依此證明當 p > 3 時所有在 modulo p 之下的 primitive root 之乘積在 modulo p 之下為 congruent to 1.

(2) 試證明 Legendre symbol (a

p )

=−1.

(3) 試證明

ord_p(−a) =

{ p− 1, 若 p≡ 1 (mod 4);

(p− 1)/2, 若 p ≡ 3 (mod 4).

Exercise 6.7. 試找出一整數使其對任意 m∈ N 在 modulo 13^m和 2·13^m之下皆為 primitive root.

Exercise 6.8. 試找出在 modulo 486 之下為 primitive root 之最小的正整數.

———————————– June, 08 2018