标签：原根 sts 意义 证明 span 16px 矛盾 phi $0
阶
设$a,m \in Z^{+}$,$m>1$,$(a,m)=1$.
则满足$a^x \equiv 1 \pmod{m}$的最小正整数$x$称为$a$对$m$的阶，记作$ord_ma$。
阶的性质
性质一：$a^n \equiv 1 \pmod{m}$的充要条件为$ord_ma|n$
证明：设$n=p*ord_ma+q$,其中$0\leq q<ord_ma$.
则$a^n \equiv a^{p*ord_ma+q}\equiv a^q \equiv 1 \pmod{m}$
根据定义$ord_ma$是最小的，所以$r=0$.
推论一：$ord_ma| \phi(m)$
PS:当$ord_ma=\phi(m)$时称$a$为模$m$意义下的原根.
性质二：若$a \equiv b\pmod{m}$,$(a,m)=1$，则$ord_ma=ord_mb$
性质三：设$(a,m)=1$,那么$a^n \equiv a^p \pmod{m}$的充要条件为$n \equiv p \pmod{ord_ma}$
证明：不妨设$n \leq p$,则$a^{p-n} \equiv 1 \pmod{m}$
根据性质一，$ord_ma|p-n$,所以$n \equiv p \pmod{ord_ma}$
性质四：令$n=ord_ma$,则$a^0,a^1,a^2…a^{n-1}$模$m$的值互不相等。
证明：考虑反证
若$\exists i,j \in [0,n)$且$j<i$,使得$a^i \equiv a^j \pmod m$
由于$(a,m)=1$,则$a^{i-j} \equiv 1 \pmod m$
则有$i-j<n=ord_ma$,矛盾！
性质五：设$ab \equiv 1 \pmod m$,则$ord_ma=ord_mb$
证明：
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原文地址：https://www.cnblogs.com/ldysy2012/p/12208905.html
