Просмотр исходного текста страницы Существование первообразных корней по определённым модулям

{{В разработке}}
===Теорема о существовании первообразных корней по модулям <tex>2\text{, }4 \text{, }p^n \text{, }2 \cdot p^n</tex>===
{{Теорема
|id=the
|statement= По модулям <tex>2\text{, }4 \text{, }p^n \text{, }2 \cdot p^n</tex> существуют первообразные корни (<tex>p</tex> — простое, нечетное).
|proof=
Легко проверить, что число 1 является первообразным корнем по модулю 2, а число 3 — по модулю 4. Далее будем считать, что <tex>p\in \mathbb{P}\text{, }p>2</tex>.
Сначала разберем случай <tex>p^2</tex>.
Пусть <tex>g</tex> — первообразный корень по модулю <tex>p\text{, }k=ord_{p^2}(g)</tex>. Тогда <tex>g^k=1(p^2)</tex>, следовательно <tex>g^k=1(p)</tex>, и значит <tex>k\vdots (p-1)</tex>. Также заметим, что <tex>\phi(p^2)=p(p-1)\vdots k</tex>. Получаем два случая — <tex>k=p-1</tex>, и <tex>k=p(p-1)</tex>. Во втором случае получается что <tex>g</tex> — первообразный корень по модулю <tex>p^2</tex>. Теперь рассмотрим первый случай: применим предыдущие рассуждения к числу <tex>g+p</tex> (это возможно, так как <tex>g+p\equiv g (p)</tex>). <tex>(g+p)^{p-1}=g^{p-1}+c^{1}_{p-1}g^{p-2}p+...</tex> — заметим, что все слагаемые, начиная с третьего содержат множитель <tex>p^2</tex> — поэтому обнуляются по модулю <tex>p^2</tex>. <tex>g^{p-1}=1(p^2)</tex>, а <tex>c^{1}_{p-1}g^{p-2}p=p(p-1)g^{p-2}\neq 0(p^2)</tex>, значит <tex>(g+p)^{p-1}\neq 1(p^2)</tex>, значит число <tex>k</tex>, для <tex>g+p</tex> не может быть равно <tex>p-1</tex>, тогда <tex>g+p</tex> — первеобразный корень по модулю <tex>p^2</tex>. Аналогичным образом, если имеется первообразный корень по модулю <tex>p^a</tex> отыскивается первообразный корень по модулю <tex>p^{a+1}</tex>.
Таким образом остается разобрать случай <tex>2\cdot p^n</tex>. Пусть <tex>g</tex> — первообразный корень по модулю <tex>p^n</tex>. Утверждается, что нечетное из <tex>g</tex> и <tex>g+p^n</tex> — первообразный корень по модулю <tex>2\cdot p^n</tex>. Переобозначим это нечетное число за <tex>g</tex>, для удобства. Пользуяся свойствами [[Функция Эйлера|функции Эйлера]], получим <tex>\phi (2\cdot p^n)=\phi(2)\cdot\phi(p^n)=\phi(p^n)</tex>. По определению <tex>g</tex> имеем <tex>ord_{p^n}(g)=\phi(p^n)</tex>, а так же <tex>(g;2\cdot p^n)=1</tex>. Отсюда очевидно получаем <tex>ord_{2\cdot p^n}(g)\geqslant ord_{p^n}(g)=\phi(p^n)=\phi(2 \cdot p^n)</tex>. Но порядок числа по любому взаимнопростому с этим числом модулю не может превосходить значения [[Функция Эйлера|функции Эйлера]] от этого модуля, то есть <tex>ord_{2\cdot p^n}(g)\leqslant \phi(2\cdot p^n)=\phi(p^n)</tex>. Получаем <tex>ord_{2 \cdot p^n}(g)=\phi(2 \cdot p^n)</tex>, что и требовалось доказать.
}}
{{Утверждение
|id=utv 
|about=Об отсутствии первообразных корней по остальным модулям
|statement=Первообразных корней по модулям кроме <tex>2\text{, }4 \text{, }p^n \text{, }2 \cdot p^n</tex> (<tex>p</tex> — простое, нечетное) не существует.
|proof=
Предположим обратное. Выберем такой модуль <tex>n</tex>. <tex>n=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2}\cdot ...\cdot p_m^{k_m}</tex>. Пусть <tex>g</tex> — первообразный корень по модулю <tex>n</tex>. <tex>\phi(n)=\phi(p_1^{k_1})\cdot \phi(p_2^{k_2})\cdot ... \cdot \phi(p_m^{k_m})=(p_1-1)p_1^{k_1-1} \cdot (p_2-1)p_2^{k_2-1}\cdot ... \cdot (p_m-1)p_m^{k_m-1}</tex>. Верна следующая система уравнений:
<br>
<tex>
\begin{cases}
g^{(p_1-1)p_1^{k_1-1}}=1(mod~ p_1^{k_1})\\
g^{(p_2-1)p_2^{k_2-1}}=1(mod~ p_2^{k_2})\\
\dots\\
g^{(p_m-1)p_m^{k_m-1}}=1(mod~ p_m^{k_m})\\
\end{cases}
\\
</tex>
<br>
Однако, очевидно, что <tex>\forall i~z=\phi(n)/2= \frac{(p_1-1)p_1^{k_1-1} \cdot (p_2-1)p_2^{k_2-1}\cdot ... \cdot (p_m-1)p_m^{k_m-1}}{2} \vdots (p_i-1)p_i^{k_i-1}</tex>. Тогда получим следующую систему: 
<br>
<tex>
\begin{cases}
g^z=1(mod~ p_1^{k_1})\\
g^z=1(mod~ p_2^{k_2})\\
\dots\\
g^z=1(mod~ p_m^{k_m})\\
\end{cases}
\\
</tex>
<br> 
Но тогда <tex>g^z=1(mod~ n)</tex>. Но по определению <tex>ord_n(g)=\phi(n)</tex>, а <tex>z<\phi(n)</tex> — получили противоречие.
<br>
Осталось разобрать случай <tex>p=2^k,~ k>2</tex>. Мы докажем, что для модулей такого вида выполняется <tex>a^{\frac{\phi(2^k)}{2}}=a^{2^{k-2}}=1(mod~2^k)</tex>. Очевидно это будет означать, что таким модулям первообразных корней нет.
<br>
Доказательство построим по индукции.<br>
1) База: <tex>k=3</tex>. Легко простым перебором убедиться, что <tex>a^2\equiv 1(mod~8)</tex>.
<br>
2) Шаг индукции: пусть доказано, что <tex>a^{2^{k-2}}=1(mod~2^k)</tex>. Докажем, что <tex>a^{2^{k-1}}=1(mod~2^{k+1})</tex>. Рассмотрим это сравнение: 
<br>
<tex>a^{2^{k-1}}=1(mod~2^{k+1})\Leftrightarrow a^{2^{k-1}}-1=0(mod~2^{k+1})\Leftrightarrow (a^{2^{k-2}}-1)\cdot(a^{2^{k-2}}+1)=0(mod~2^{k+1})</tex>.
<br>
Теперь докажем, что последнее сравнение верно. Из предположения индукции следует, что либо <tex>a^{2^{k-2}}-1=0(mod~2^{k+1})</tex> — и тогда получаем требуемое, либо <tex>a^{2^{k-2}}-1=2^{k}(mod~2^{k+1})</tex>. В этом случае рассмотрим второй сомножитель — либо <tex>a^{2^{k-2}}+1=2(mod~2^{k+1})</tex> — тогда умножая на полученное значение для первого получим <tex>(a^{2^{k-2}}-1)\cdot(a^{2^{k-2}}+1)=2^{k}\cdot 2=2^{k+1}=0(mod~2^{k+1})</tex>, либо <tex>a^{2^{k-1}}+1=2^{k}+2(mod~2^{k+1})</tex> — тогда в произведении получим <tex>(a^{2^{k-2}}-1)\cdot(a^{2^{k-2}}+1)=2^{k}\cdot(2^{k}+2)=2^{2\cdot k}+2^{k+1}=0(mod~2^{k+1})</tex>. Получается, что в любом случае сравнение, которое требовалось доказать выполняется. Значит выполняется и <tex>a^{2^{k-1}}=1(mod~2^{k+1})</tex>.
<br>
Мы доказали базу и шаг индукции, следовательно, доказали само утверждение.
}}

[[Категория: Теория чисел]]