Первообразные корни — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Теорема о существовании первообразных корней по модулям 2\text{, }4 \text{, }p^n \text{, }2 \cdot p^n)
м (rollbackEdits.php mass rollback)
 
(не показаны 4 промежуточные версии 3 участников)
Строка 12: Строка 12:
 
|id=t
 
|id=t
 
|statement=
 
|statement=
  Пусть <math>g</math> — первообразный корень по модулю <math>p</math><tex>\in\mathbb{P}</tex>. Тогда <math>g</math><sup>a</sup> — ''первообразный корень по модулю <math>p</math> <math>\Leftrightarrow</math> НОД<math>(a;p-1)=1</math>.''<br>
+
  Пусть <tex>g</tex> — первообразный корень по модулю <tex>p</tex><tex>\in\mathbb{P}</tex>. Тогда <tex>g</tex><sup>a</sup> — ''первообразный корень по модулю <tex>p</tex> <tex>\Leftrightarrow</tex> НОД<tex>(a;p-1)=1</tex>.''<br>
 
|proof=
 
|proof=
Так как g<sup>a</sup> — первообразный корень, значит (g<sup>a</sup>)<sup>φ(p)</sup>=1, но p<tex>\in\mathbb{P}</tex>, поэтому φ(p)=p-1, значит (g<sup>a</sup>)<sup>p-1</sup>=1, и это же справедливо для g: g<sup>p-1</sup>=1. Пусть НОД(a;p-1)=k, k>1, тогда <math>1=g^{p-1}=(g^{p-1})^{\frac{a}{k}}=(g^{\frac{p-1}{k}})^a=(g^a)^{\frac{p-1}{k}}</math>. Но, по определению ord, <math>p-1</math> — минимальная степень, в которую следует возвести <math>g^a</math>, чтобы получить единицу, а  <math>\frac{p-1}{k}<p-1</math>. Получили противоречие, теорема доказана.
+
Так как g<sup>a</sup> — первообразный корень, значит (g<sup>a</sup>)<sup>φ(p)</sup>=1, но p<tex>\in\mathbb{P}</tex>, поэтому φ(p)=p-1, значит (g<sup>a</sup>)<sup>p-1</sup>=1, и это же справедливо для g: g<sup>p-1</sup>=1. Пусть НОД(a;p-1)=k, k>1, тогда <tex>1=g^{p-1}=(g^{p-1})^{\frac{a}{k}}=(g^{\frac{p-1}{k}})^a=(g^a)^{\frac{p-1}{k}}</tex>. Но, по определению ord, <tex>p-1</tex> — минимальная степень, в которую следует возвести <tex>g^a</tex>, чтобы получить единицу, а  <tex>\frac{p-1}{k}<p-1</tex>. Получили противоречие, теорема доказана.
*Теперь докажем обратную теорему:
+
\cdot Теперь докажем обратную теорему:
Пусть существует k такое, что <math>g^{a\cdot k}=1</math>, и <math>k<p-1</math>. Но <math>g^{p-1}=1</math>, значит <math>g^{a\cdot k}=g^{p-1}</math>. Следовательно либо <math>(a*k) \vdots (p-1)</math>, либо <math>(p-1) \vdots (a*k)</math>. Но по определению первообразного корня, и ord, <math>p-1 \leqslant a*k</math>, то есть <math>(a*k) \vdots (p-1)</math>, а так как НОД<math>(a; p-1)=1</math>, то <math>k \vdots (p-1) \Rightarrow p-1 \leqslant k</math>, что противоречит нашему предположению. Обратная теорема доказана.
+
Пусть существует k такое, что <tex>g^{a\cdot k}=1</tex>, и <tex>k<p-1</tex>. Но <tex>g^{p-1}=1</tex>, значит <tex>g^{a\cdot k}=g^{p-1}</tex>. Следовательно либо <tex>(a\cdot k) \vdots (p-1)</tex>, либо <tex>(p-1) \vdots (a\cdot k)</tex>. Но по определению первообразного корня, и ord, <tex>p-1 \leqslant a\cdot k</tex>, то есть <tex>(a\cdot k) \vdots (p-1)</tex>, а так как НОД<tex>(a; p-1)=1</tex>, то <tex>k \vdots (p-1) \Rightarrow p-1 \leqslant k</tex>, что противоречит нашему предположению. Обратная теорема доказана.
 
}}
 
}}
 
{{Теорема
 
{{Теорема
Строка 23: Строка 23:
 
|proof=
 
|proof=
 
Пусть g — первообразный корень.<br>
 
Пусть g — первообразный корень.<br>
Во-первых, при <math>a=k*(p-1)+b \text{, }b<p-1 \colon g^a=(g^{p-1})^{k}*g^b=1\cdot g^{b}</math>. Таким образом есть смысл рассматривать только первообразные корни, образованные из исходного, путем возведения в степень не выше <math>p-1</math>.<br>
+
Во-первых, исходный первообразный корень существует, так как мультипликативная группа поля вычетов <tex>\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}</tex> циклична (то есть <tex>\exists a\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\colon\forall b\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \text{ } \exists k\colon a^k=b</tex>).<br>
Во-вторых, исходный первообразный корень существует, так как мультипликативная группа поля вычетов <math>\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}</math> циклична (то есть <math>\exists a\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\colon\forall b\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \text{ } \exists k\colon a^k=b</math>).<br>
+
Во-вторых, при <tex>a=k\cdot (p-1)+b \text{, }b<p-1 \colon g^a=(g^{p-1})^{k}\cdot g^b=1\cdot g^{b}</tex>. Таким образом есть смысл рассматривать только первообразные корни, образованные из исходного, путем возведения в степень не выше <tex>p-1</tex>.<br>
По доказанной обратной теореме <math>\forall a \colon с (a \text{; } p-1)=1 \Rightarrow g^a</math> — первообразный корень. С другой стороны для любого другого a, по прямой теореме <math>g^a</math> не является первообразным корнем. Но по определению <math>\varphi(p-1)</math> равно количеству <math>a \colon </math> НОД <math>(a;p-1)=1</math>. Очевидно, для всех <math>a<p-1\text{, }g^a</math> различны. Теорема доказана.
+
По доказанной обратной теореме <tex>\forall a \colon с (a \text{; } p-1)=1 \Rightarrow g^a</tex> — первообразный корень. С другой стороны для любого другого a, по прямой теореме <tex>g^a</tex> не является первообразным корнем. Но по определению <tex>\varphi(p-1)</tex> равно количеству <tex>a \colon </tex> НОД <tex>(a;p-1)=1</tex>. Очевидно, для всех <tex>a<p-1\text{, }g^a</tex> различны. Теорема доказана.
 
}}
 
}}
  
===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 <math>p^2</math>.
 
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]]
 
[[Категория: Теория чисел]]

Текущая версия на 19:04, 4 сентября 2022

Эта статья находится в разработке!

Первообразные корни

Определение:
Вычет [math]g[/math] называется первообразным корнем по модулю [math]n[/math], если [math]ord(g)= \phi(n)[/math].


Где [math]ord(n)[/math]порядок числа [math]n[/math], а [math]\phi(n)[/math]функция Эйлера.

Теорема:
Пусть [math]g[/math] — первообразный корень по модулю [math]p[/math][math]\in\mathbb{P}[/math]. Тогда [math]g[/math]aпервообразный корень по модулю [math]p[/math] [math]\Leftrightarrow[/math] НОД[math](a;p-1)=1[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Так как ga — первообразный корень, значит (ga)φ(p)=1, но p[math]\in\mathbb{P}[/math], поэтому φ(p)=p-1, значит (ga)p-1=1, и это же справедливо для g: gp-1=1. Пусть НОД(a;p-1)=k, k>1, тогда [math]1=g^{p-1}=(g^{p-1})^{\frac{a}{k}}=(g^{\frac{p-1}{k}})^a=(g^a)^{\frac{p-1}{k}}[/math]. Но, по определению ord, [math]p-1[/math] — минимальная степень, в которую следует возвести [math]g^a[/math], чтобы получить единицу, а [math]\frac{p-1}{k}\lt p-1[/math]. Получили противоречие, теорема доказана. \cdot Теперь докажем обратную теорему:

Пусть существует k такое, что [math]g^{a\cdot k}=1[/math], и [math]k\lt p-1[/math]. Но [math]g^{p-1}=1[/math], значит [math]g^{a\cdot k}=g^{p-1}[/math]. Следовательно либо [math](a\cdot k) \vdots (p-1)[/math], либо [math](p-1) \vdots (a\cdot k)[/math]. Но по определению первообразного корня, и ord, [math]p-1 \leqslant a\cdot k[/math], то есть [math](a\cdot k) \vdots (p-1)[/math], а так как НОД[math](a; p-1)=1[/math], то [math]k \vdots (p-1) \Rightarrow p-1 \leqslant k[/math], что противоречит нашему предположению. Обратная теорема доказана.
[math]\triangleleft[/math]
Теорема (О количестве первообразных корней):
Количество различных первообразных корней по модулю p равно φ(p-1).
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Пусть g — первообразный корень.
Во-первых, исходный первообразный корень существует, так как мультипликативная группа поля вычетов [math]\mathbb{Z}/p \mathbb{Z}[/math] циклична (то есть [math]\exists a\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\colon\forall b\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \text{ } \exists k\colon a^k=b[/math]).
Во-вторых, при [math]a=k\cdot (p-1)+b \text{, }b\lt p-1 \colon g^a=(g^{p-1})^{k}\cdot g^b=1\cdot g^{b}[/math]. Таким образом есть смысл рассматривать только первообразные корни, образованные из исходного, путем возведения в степень не выше [math]p-1[/math].

По доказанной обратной теореме [math]\forall a \colon с (a \text{; } p-1)=1 \Rightarrow g^a[/math] — первообразный корень. С другой стороны для любого другого a, по прямой теореме [math]g^a[/math] не является первообразным корнем. Но по определению [math]\varphi(p-1)[/math] равно количеству [math]a \colon [/math] НОД [math](a;p-1)=1[/math]. Очевидно, для всех [math]a\lt p-1\text{, }g^a[/math] различны. Теорема доказана.
[math]\triangleleft[/math]