階
設$a,m \in Z^{+}$,$m>1$,$(a,m)=1$.
則滿足$a^x \equiv 1 \pmod{m}$的最小正整數$x$稱為$a$對$m$的階，記作$ord_ma$。
階的性質
性質一：$a^n \equiv 1 \pmod{m}$的充要條件為$ord_ma \mid n$
證明：設$n=p*ord_ma+q$,其中$0\leq q<ord_ma$.
則$a^n \equiv a^{p*ord_ma+q}\equiv a^q \equiv 1 \pmod{m}$
根據定義$ord_ma$是最小的，所以$q=0$.
推論一：$ord_ma \mid \phi(m)$
PS:當$ord_ma=\phi(m)$時稱$a$為模$m$意義下的原根.
性質二：若$a \equiv b\pmod{m}$,$(a,m)=1$，則$ord_ma=ord_mb$
性質三：設$(a,m)=1$,那么$a^n \equiv a^p \pmod{m}$的充要條件為$n \equiv p \pmod{ord_ma}$
證明：不妨設$n \leq p$,則$a^{p-n} \equiv 1 \pmod{m}$
根據性質一，$ord_ma \mid p-n$,所以$n \equiv p \pmod{ord_ma}$
性質四：令$n=ord_ma$,則$a^0,a^1,a^2…a^{n-1}$模$m$的值互不相等。
證明：考慮反證
若$\exists i,j \in [0,n)$且$j<i$,使得$a^i \equiv a^j \pmod m$
由於$(a,m)=1$,則$a^{i-j} \equiv 1 \pmod m$
則有$i-j<n=ord_ma$,矛盾！
性質五：設$ab \equiv 1 \pmod m$,則$ord_ma=ord_mb$
證明：因為$(ab)^{n} \equiv 1 \pmod m$
所以$a^n \equiv 1 \pmod m$的充要條件為$b^n \equiv 1 \pmod m$,然后就結束了.
性質六：$(a,m)=1$,$i \in Z^+$,設$n=ord_ma$,那么$ord_m{a^i}=\frac{n}{(i,n)}$
證明：設$s=ord_m{a^i}$,則$a^{is}\equiv 1\pmod m$
$\therefore n \mid is$
$\therefore \frac{n}{(i,n)} \mid \frac{i}{(i,n)}s$
$\because (\frac{n}{(i,n)},\frac{i}{(i,n)})=1$
$\therefore \frac{n}{(i,n)} \mid s$
由於$s$應該是最小的，所以$s=\frac{n}{(i,n)}$
性質七：若$n \mid m$,則$ord_na \mid ord_ma$.
證明：$\because a^{ord_ma}\equiv 1\pmod m$且$n \mid m$
$\therefore a^{ord_ma}\equiv 1\pmod n$
根據性質一，$ord_na \mid ord_ma$
性質八：若$(m,n)=1$,$(a,mn)=1$,則$ord_{mn}a=[ord_ma,ord_na]$
證明：令$x=ord_{mn}a$，$y=[ord_ma,ord_na]$
$\because a^x \equiv 1 \pmod{mn}$
$\therefore a^x \equiv 1 \pmod{m}$且$a^x \equiv 1 \pmod{n}$
$\therefore ord_ma \mid x$且$ord_na \mid x$
$\therefore [ord_ma,ord_na] \mid x$,即$y \mid x$
-----------------------------------------------------------
$\because ord_ma \mid y$且$ord_na \mid y$
$\therefore a^y \equiv 1 \pmod{m}$且$a^y \equiv 1 \pmod{n}$
$\because (m,n)=1$
$\therefore a^y \equiv 1 \pmod{mn}$
$\therefore ord_{mn}a \mid y$,即$x \mid y$
因此$ord_{mn}a=[ord_ma,ord_na]$
性質九：若$(ab,m)=1$,$(ord_ma,ord_mb)=1$,則$ord_m(ab)=ord_ma\cdot ord_mb$
證明：令$x=ord_ma$，$y=ord_mb$，$z=ord_m(ab)$
$\because a^x\equiv 1\pmod m$且$b^y\equiv 1\pmod m$
$\therefore (ab)^{xy}\equiv 1\pmod m$
$\therefore z=ord_m{ab} \mid xy$
-----------------------------------------------------------
$\because a^x\equiv 1\pmod m$且$(ab)^z\equiv 1\pmod m$
$\therefore a^{xz}\equiv 1\pmod m$且$(ab)^{xz}\equiv 1\pmod m$
$\therefore b^{xz}\equiv 1\pmod m\Longrightarrow y=ord_mb\mid xz$
$\because (x,y)=1$
$\therefore y \mid z$ 同理可得$x \mid z$
又$\because (x,y)=1$ $\therefore xy \mid z$
因此$z=xy$,即$ord_m(ab)=ord_ma\cdot ord_mb$
性質十(事實上是我自己YY出來的，我在網上沒找到這個證明)：
設$p$為質數，$k \in Z^+$,$(a,p)=1(a>1)$，則$\large{ord_{p^{k+1}}a=ord_{p^k}a}$或者$\large{p\cdot ord_{p^k}a}$.
證明：設$x=ord_{p^k}a$，$y=ord_{p^{k+1}}a$.
則有$a^x\equiv 1\pmod{p^k}$,不妨設$a^x-1=m_1p^k$
$a^y\equiv 1\pmod{p^{k+1}}$,不妨設$a^y-1=m_2p^{k+1}$
那么顯然$a^y\equiv 1\pmod{p^k}$,則$x\mid y$
不妨設$y=tx$
$\therefore a^{tx}-1=m_2p^{k+1}$
$\therefore (a^x-1)(a^{(t-1)x}+a^{(t-2)x}+\cdots+a^x+1)=m_2p^{k+1}$
$\therefore m_1(a^{(t-1)x}+a^{(t-2)x}+\cdots+a^x+1)=m_2p$
由於$p$是素數，因此$m_1$和$a^{(t-1)x}+a^{(t-2)x}+\cdots+a^x+1$當中需有一項含有素因子$p$.
當$p\mid m_1$時，顯然$a^x-1=\frac{m_1}{p}p^{k+1}$,即$a^x\equiv 1\pmod{p^{k+1}}$
此時令$y=x$即可滿足條件,即若滿足$a^{ord_{p^k}a}\equiv 1\pmod{p^{k+1}}$,則$ord_{p^{k+1}}a=ord_{p^k}a$
當$p\nmid m_1$時，則$p\mid a^{(t-1)x}+\cdots+a^x+1$.
考慮上述式子模$p$,由於$a^x\equiv 1\pmod{p^k}$,那么$a^{x}\equiv 1\pmod p$
$\therefore a^{(t-1)x}+\cdots+a^x+1\equiv \underbrace{1+1+\cdots+1}_{t}\equiv t\equiv 0\pmod p$
$\therefore p\mid t$
由於$y$應該最小，因此$y=px$,即$ord_{p^{k+1}}a=p\cdot ord_{p^k}a$
事實上到這里，我們就可以做到當$m$很大時快速求出$ord_ma$，步驟如下：
$1.$對$m$質因數分解,$m=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_k^{r_k}$
$2.$計算$ord_{p_1}a,ord_{p_2}a,\cdots,ord_{p_k}a$,即對$p_i-1$質因數分解，然后枚舉去掉哪些質因子。
$3.$計算$ord_{p_1^{r_1}}a,ord_{p_2^{r_2}}a,\cdots,ord_{p_k^{r_k}}a$(性質十)
$4.ord_ma=[ord_{p_1^{r_1}}a,ord_{p_2^{r_2}}a,\cdots,ord_{p_k^{r_k}}a]$(性質八)
原根
當$ord_ma=\phi(m)$時稱$a$為模$m$意義下的原根。
原根存在定理
若正整數$n$存在原根，則$n$共有$\phi(\phi(n))$個模$n$不同余的原根。
證明：設$g$為$n$的一個原根，則對於正整數$u$，根據階的性質六，我們有：
$ord_ng^u=\frac{ord_ng}{(ord_ng,u)}=\frac{\phi(n)}{(\phi(n),u)}$
而$g^u$是$n$的原根當且僅當$ord_ng^u=\phi(n)$，即$(\phi(n),u)=1$
因此$1,2,\cdots,\phi(n)$中滿足條件的$u$恰好有$\phi(\phi(n))$個
根據階的性質四我們知道$g^1,g^2,g^3,\cdots,g^{\phi(n)}$模$n$的值互不相同
因此$n$共有$\phi(\phi(n))$個模$n$不同余的原根。
原根的存在條件
正整數$n$有原根當且僅當(這里$p$是奇素數,$k$是正整數)$$\large{n=2,4,p^k,2p^k}$$
為了得到這個結論，我們將證明分成四個大塊：
$1.$證明奇素數存在原根
$2.$證明奇素數的冪次存在原根
$3.$證明$2$的次冪的原根的存在性
$4.$證明其他整數不存在原根
定理一：當$p$為奇素數時，則模$p$意義下的原根存在。
首先證明兩個引理。
引理一：設$m>1$,且$(a,m)=(b,m)=1$,則$\exists c$使得$ord_mc=[ord_ma,ord_mb]$。
證明：設$x=ord_ma$,$y=ord_mb$
顯然對於整數$x,y$,存在整數$u,v$滿足$u\mid x$,$v\mid y$,且$(u,v)=1$
使得$[x,y]=uv$.
令$s=\frac{x}{u}$,$t=\frac{y}{v}$.
則$(x,s)=(x,\frac{x}{u})=\frac{x}{u}$ $(y,t)=(y,\frac{y}{v})=\frac{y}{v}$
根據階的性質六,
$ord_ma^s=\frac{x}{(x,s)}=u$ $ord_mb^t=\frac{y}{(y,t)}=v$
再根據階的性質九，由於$(ord_ma^s,ord_mb^t)=(u,v)=1$
有$ord_ma^sb^t=ord_ma^s\cdot ord_mb^t=uv=[x,y]$
故取$c\equiv a^sb^t\pmod m$即為所求.
引理二(拉格朗日定理)：$n$次整系數多項式$f(x)=a_0+a_1x^1+\cdots+a_nx^n\equiv 0\pmod p$其中$n\geq 1$且素數$p\nmid a_n$,則$f(x)$至多有$n$個模$p$不同余的根。
證明：考慮使用數學歸納法。
當$n=1$時，顯然方程僅有一組解，即當$n=1$時定理成立.
假定$n-1$次整系數多項式對該定理成立。
考慮反證，假設方程解數超過$n$,設其中$n$個解分別為$x_1,x_2,\cdots,x_n$
若存在另外一個解$x_0$滿足$x_0\ne x_i$.
此時$f(x)-f(x_0)=a_1(x-x_0)+a_2(x^2-x_0^2)+\cdots+a_n(x^n-x_0^n)\equiv 0 \pmod p$
提出$(x-x_0)$，那么剩下的是一個首次向系數為$a_n$的$n-1$次多項式，設之為$g(x)$.
接下來證明$x_1,x_2,\cdots,x_n$都是$g(x)$模$p$的根.
$\because f(x_i)\equiv f(x_0)\equiv 0\pmod p$
$\therefore f(x_i)-f(x_0)\equiv 0\pmod p$,即$(x_i-x_0)g(x_i)\equiv 0\pmod p$
$\because x_i\not\equiv x_0\pmod p$
$\therefore g(x_i)\equiv 0\pmod p$,即$g(x)$有$n$個根。
然而根據假設，$g(x)$至多有$n-1$個模$p$不同余的根，矛盾！
故原命題得證。
-----------------------------------------------------------------------
我們嘗試構造$p$的原根。
令$e_r=ord_pr(r=1,2,\cdots,p-1)$.
再令$e=[e_1,e_2,\cdots,e_{p-1}]$
根據引理一可知，存在$g$，使得$ord_pg=[e_1,e_2,\cdots,e_{p-1}]=e$
$\therefore e\mid p-1$
$\because r^{e_r}\equiv 1\pmod p$且$e_r\mid e$
$\therefore r^e\equiv 1\pmod p(r=1,2,\cdots,p-1)$,即方程$x^e\equiv 1\pmod p$有$p-1$個解。
根據引理二，該方程解的個數不超過$e$,即$p-1\leq e$
$\therefore e=p-1$
由於$e=ord_pg=p-1$,所以$g$即為模$p$意義下的一個原根。
定理二：奇素數的任意次冪存在原根，進一步地，設$g$為$p$的原根，則$g$或$g+p$為$p^k$的原根。
證明：$ord_pg=p-1$
令$g^{p-1}=mp+1$
則對於任意正整數$t$，都有：
$(g+pt)^{p-1}$
$=C_{p-1}^0g^{p-1}+C_{p-1}^1(pt)g^{p-2}+C_{p-1}^2(pt)^2g^{p-3}+\cdots$
$\equiv g^{p-1}+pt(p-1)g^{p-2}\pmod {p^2}$
$\equiv mp+1-pt\cdot g^{p-2}\pmod {p^2}$
$\equiv 1+p(m-t\cdot g^{p-2})\pmod {p^2}$
若$p\nmid m$,取$t=0$,若$p\mid m$,取$t=1$
按照上述方法構造，$g+pt$即為模$p^k$的原根，下面給出證明。
令$s=g+pt$，$y_0=m-t\cdot g^{p-2}$
若$p\nmid m$則$y_0=m$,顯然$p\nmid y_0$
若$p\mid m$則$y_0=m-g^{p-2}$,由於$(g,p)=1$,所以同樣有$p\nmid y_0$
即$s^{p-1}\equiv 1+py_0\not\equiv 1\pmod{p^2}$
根據歐拉定理，$s^{p^k(p-1)}\equiv 1\pmod {p^{k+1}}$,不妨假設$s^{p^k(p-1)}=1+p^{k+1}y_k$
$\therefore s^{p^k(p-1)}=(1+p^ky_{k-1})^p$
$=1+p(p^ky_{k-1})+C_p^2(p^ky_{k-1})^2+\cdots$
$=1+p^{k+1}y_k$
$\therefore y_k=y_{k-1}+C_p^2p^{k-1}y_{k-1}^2+\cdots$
考慮模$p$,顯然$y_k\equiv y_{k-1}\pmod p$
$\therefore y_k\equiv y_{k-1}\equiv \cdots\equiv y_0\pmod p$
由於$p\nmid y_0$,故$p\nmid y_i,i\in Z$
接下來，令$n=ord_{p^k}s$
$\therefore s^n\equiv 1\pmod {p^k}\Longrightarrow n\mid \phi(p^k)=p^{k-1}(p-1)$
$\because s\equiv g\pmod p$ $\therefore ord_ps=ord_pg=p-1$
$\therefore s^n\equiv 1\pmod p\Longrightarrow p-1\mid n$
由上述兩式可得$n=p^{\alpha-1}(p-1)$,其中$\alpha=1,2,\cdots k$
$\therefore s^{p^{\alpha-1}(p-1)}\equiv 1\pmod {p^k}$
$\therefore 1+p^{\alpha}y_{\alpha-1}\equiv 1\pmod{p^k}$,即$p^{\alpha}y_{\alpha-1}\equiv 0\pmod{p^k}$
$\because p\nmid y_i$
$\therefore \alpha=k$,因此$ord_{p^k}s=p^{k-1}(p-1)=\phi(p^k)$,故原命題得證。
定理三：$2^k$存在原根當且僅當$k\leq 2$。
首先證明一個引理。
引理：當$a$是奇數且$n>2$時，$a^{2^{n-2}}\equiv 1\pmod{2^n}$。
證明：使用數學歸納法。
當$n=3$時,$a^2\equiv 1\pmod 8$,將$1,3,5,7$帶入驗證即可。
當$n>3$時，假設$n=k$是結論成立，即$a^{2^{k-2}}\equiv 1\pmod {2^k}$
不妨假設$a^{2^{k-2}}=d\cdot 2^k+1$
兩邊同時平方，$a^{2^{k-1}}=(d\cdot 2^k+1)^2=1+d\cdot 2^{k+1}+(d\cdot 2^k)^2$
即$a^{2^{k-1}}\equiv 1\pmod{2^{k+1}}$，故$n=k+1$時結論成立。
-----------------------------------------------------------
由於當$a$為奇數時，$a^{2^{n-2}}\equiv 1\pmod{2^n}$,$n>2$
$\therefore ord_{2^n}a\mid 2^{n-2}$
$\because \phi(2^n)=2^{n-1}$
$\therefore ord_{2^n}a\ne \phi(2^n),(n>2)$
由於$2,4$都有原根$3$,因而$2$的冪次除了$2$和$4$之外都沒有原根。
定理四：若正整數$n$不是某素數的冪次或者素數冪次的二倍，則$n$沒有原根。
證明：設$n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$,並假設$n$存在原根$g$
$\therefore ord_ng=\phi(n)=\phi(p_1^{a_1})\phi(p_2^{a_2})\cdots \phi(p_k^{a_k})$
由於$\phi(p_i^{a_i})=p_i^{a_i-1}(p_i-1)$，$i=1,2,\cdots,k$
因而當$p_i$是奇素數或者$p_i=2$且$a_i\geq 2$時$\phi(p_i^{a_i})$為偶數。
即當$n$不是某素數的冪次或者素數冪次的二倍時，$\phi(p_1^{a_1}),\phi(p_2^{a_2}),\cdots,\phi(p_k^{a_k})$兩兩不互素。
根據歐拉定理，$g^{\phi(p_i^{a_i})}\equiv 1\pmod{p_i^{a_i}}$
令$U=[\phi(p_1^{a_1}),\phi(p_2^{a_2}),\cdots,\phi(p_k^{a_k})]$
顯然$g^U\equiv 1\pmod{p_i^{a_i}}$
再根據中國剩余定理，有$g^U\equiv 1\pmod n$
$\therefore ord_ng=\phi(n)\leq U$
即$\phi(p_1^{a_1})\phi(p_2^{a_2})\cdots \phi(p_k^{a_k})\leq [\phi(p_1^{a_1}),\phi(p_2^{a_2}),\cdots,\phi(p_k^{a_k})]$
與$\phi(p_1^{a_1}),\phi(p_2^{a_2}),\cdots,\phi(p_k^{a_k})$兩兩不互素矛盾！
故$n$不存在原根。
定理五：設$p$為奇素數，若$g$為$p^k$的原根，則$g$或$g+p^k$為$2p^k$的原根。
證明：由於$p$是奇素數，則有$\phi(2p^k)=\phi(2)\phi(p^k)=\phi(p^k)$
若$g$為奇數，取$r=g$，若$g$為偶數，取$r=g+p^k$，則所取$r$為$2p^k$的原根，下面給出證明：
顯然$r\equiv g\pmod{p^k}$且$r$恆為奇數
$\therefore ord_{p^k}r=ord_{p^k}g=\phi(p^k)=\phi(2p^k)$
$ord_2r=1$
由於$(2,p^k)=1$，故根據階的性質八，$ord_{2p^k}r=[ord_{p^k}r,ord_2r]=\phi(2p^k)$
$\therefore r$為$2p^k$的原根，證畢。