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$ord_ma mid n$
证明：设$n=p*ord_ma+q$,其中$0leq q<ord_ma$.
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$q=0$.
推论一：$ord_ma mid phi(m)$
PS:当$ord_ma=phi(m)$时称$a$为模$m$意义下的原根.
性质二：若$a equiv bpmod{m}$,$(a,m)=1$，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，$ord_ma mid p-n$,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：因为$(ab)^{n} equiv 1 pmod m$
所以$a^n equiv 1 pmod m$的充要条件为$b^n equiv 1 pmod m$,然后就结束了.
性质六：$(a,m)=1$,$i in Z^+$,设$n=ord_ma$,那么$ord_m{a^i}=frac{n}{(i,n)}$
证明：设$s=ord_m{a^i}$,则$a^{is}equiv 1pmod m$
$ herefore n mid is$
$ herefore frac{n}{(i,n)} mid frac{i}{(i,n)}s$
$ecause (frac{n}{(i,n)},frac{i}{(i,n)})=1$
$ herefore frac{n}{(i,n)} mid s$
由于$s$应该是最小的，所以$s=frac{n}{(i,n)}$
性质七：若$n mid m$,则$ord_na mid ord_ma$.
证明：$ecause a^{ord_ma}equiv 1pmod m$且$n mid m$
$ herefore a^{ord_ma}equiv 1pmod n$
根据性质一，$ord_na mid ord_ma$
性质八：若$(m,n)=1$,$(a,mn)=1$,则$ord_{mn}a=[ord_ma,ord_na]$
证明：令$x=ord_{mn}a$，$y=[ord_ma,ord_na]$
$ecause a^x equiv 1 pmod{mn}$
$ herefore a^x equiv 1 pmod{m}$且$a^x equiv 1 pmod{n}$
$ herefore ord_ma mid x$且$ord_na mid x$
$ herefore [ord_ma,ord_na] mid x$,即$y mid x$
-----------------------------------------------------------
$ecause ord_ma mid y$且$ord_na mid y$
$ herefore a^y equiv 1 pmod{m}$且$a^y equiv 1 pmod{n}$
$ecause (m,n)=1$
$ herefore a^y equiv 1 pmod{mn}$
$ herefore ord_{mn}a mid y$,即$x mid y$
因此$ord_{mn}a=[ord_ma,ord_na]$
性质九：若$(ab,m)=1$,$(ord_ma,ord_mb)=1$,则$ord_m(ab)=ord_macdot ord_mb$
证明：令$x=ord_ma$，$y=ord_mb$，$z=ord_m(ab)$
$ecause a^xequiv 1pmod m$且$b^yequiv 1pmod m$
$ herefore (ab)^{xy}equiv 1pmod m$
$ herefore z=ord_m{ab} mid xy$
-----------------------------------------------------------
$ecause a^xequiv 1pmod m$且$(ab)^zequiv 1pmod m$
$ herefore a^{xz}equiv 1pmod m$且$(ab)^{xz}equiv 1pmod m$
$ herefore b^{xz}equiv 1pmod mLongrightarrow y=ord_mbmid xz$
$ecause (x,y)=1$
$ herefore y mid z$ 同理可得$x mid z$
又$ecause (x,y)=1$ $ herefore xy mid z$
因此$z=xy$,即$ord_m(ab)=ord_macdot ord_mb$
性质十(事实上是我自己YY出来的，我在网上没找到这个证明)：
设$p$为质数，$k in Z^+$,$(a,p)=1(a>1)$，则$large{ord_{p^{k+1}}a=ord_{p^k}a}$或者$large{pcdot ord_{p^k}a}$.
证明：设$x=ord_{p^k}a$，$y=ord_{p^{k+1}}a$.
则有$a^xequiv 1pmod{p^k}$,不妨设$a^x-1=m_1p^k$
$a^yequiv 1pmod{p^{k+1}}$,不妨设$a^y-1=m_2p^{k+1}$
那么显然$a^yequiv 1pmod{p^k}$,则$xmid y$
不妨设$y=tx$
$ herefore a^{tx}-1=m_2p^{k+1}$
$ herefore (a^x-1)(a^{(t-1)x}+a^{(t-2)x}+cdots+a^x+1)=m_2p^{k+1}$
$ herefore m_1(a^{(t-1)x}+a^{(t-2)x}+cdots+a^x+1)=m_2p$
由于$p$是素数，因此$m_1$和$a^{(t-1)x}+a^{(t-2)x}+cdots+a^x+1$当中需有一项含有素因子$p$.
当$pmid m_1$时，显然$a^x-1=frac{m_1}{p}p^{k+1}$,即$a^xequiv 1pmod{p^{k+1}}$
此时令$y=x$即可满足条件,即若满足$a^{ord_{p^k}a}equiv 1pmod{p^{k+1}}$,则$ord_{p^{k+1}}a=ord_{p^k}a$
当$p mid m_1$时，则$pmid a^{(t-1)x}+cdots+a^x+1$.
考虑上述式子模$p$,由于$a^xequiv 1pmod{p^k}$,那么$a^{x}equiv 1pmod p$
$ herefore a^{(t-1)x}+cdots+a^x+1equiv underbrace{1+1+cdots+1}_{t}equiv tequiv 0pmod p$
$ herefore pmid t$
由于$y$应该最小，因此$y=px$,即$ord_{p^{k+1}}a=pcdot ord_{p^k}a$
事实上到这里，我们就可以做到当$m$很大时快速求出$ord_ma$，步骤如下：
$1.$对$m$质因数分解,$m=p_1^{r_1}p_2^{r_2}cdots p_k^{r_k}$
$2.$计算$ord_{p_1}a,ord_{p_2}a,cdots,ord_{p_k}a$,即对$p_i-1$质因数分解，然后枚举去掉哪些质因子。
$3.$计算$ord_{p_1^{r_1}}a,ord_{p_2^{r_2}}a,cdots,ord_{p_k^{r_k}}a$(性质十)
$4.ord_ma=[ord_{p_1^{r_1}}a,ord_{p_2^{r_2}}a,cdots,ord_{p_k^{r_k}}a]$(性质八)
原根
当$ord_ma=phi(m)$时称$a$为模$m$意义下的原根。
原根存在定理
若正整数$n$存在原根，则$n$共有$phi(phi(n))$个模$n$不同余的原根。
证明：设$g$为$n$的一个原根，则对于正整数$u$，根据阶的性质六，我们有：
$ord_ng^u=frac{ord_ng}{(ord_ng,u)}=frac{phi(n)}{(phi(n),u)}$
而$g^u$是$n$的原根当且仅当$ord_ng^u=phi(n)$，即$(phi(n),u)=1$
因此$1,2,cdots,phi(n)$中满足条件的$u$恰好有$phi(phi(n))$个
根据阶的性质四我们知道$g^1,g^2,g^3,cdots,g^{phi(n)}$模$n$的值互不相同
因此$n$共有$phi(phi(n))$个模$n$不同余的原根。
原根的存在条件
正整数$n$有原根当且仅当(这里$p$是奇素数,$k$是正整数)$$large{n=2,4,p^k,2p^k}$$
为了得到这个结论，我们将证明分成四个大块：
$1.$证明奇素数存在原根
$2.$证明奇素数的幂次存在原根
$3.$证明$2$的次幂的原根的存在性
$4.$证明其他整数不存在原根
定理一：当$p$为奇素数时，则模$p$意义下的原根存在。
首先证明两个引理。
引理一：设$m>1$,且$(a,m)=(b,m)=1$,则$exists c$使得$ord_mc=[ord_ma,ord_mb]$。
证明：设$x=ord_ma$,$y=ord_mb$
显然对于整数$x,y$,存在整数$u,v$满足$umid x$,$vmid y$,且$(u,v)=1$
使得$[x,y]=uv$.
令$s=frac{x}{u}$,$t=frac{y}{v}$.
则$(x,s)=(x,frac{x}{u})=frac{x}{u}$ $(y,t)=(y,frac{y}{v})=frac{y}{v}$
根据阶的性质六,
$ord_ma^s=frac{x}{(x,s)}=u$ $ord_mb^t=frac{y}{(y,t)}=v$
再根据阶的性质九，由于$(ord_ma^s,ord_mb^t)=(u,v)=1$
有$ord_ma^sb^t=ord_ma^scdot ord_mb^t=uv=[x,y]$
故取$cequiv a^sb^tpmod m$即为所求.
引理二(拉格朗日定理)：$n$次整系数多项式$f(x)=a_0+a_1x^1+cdots+a_nx^nequiv 0pmod p$其中$ngeq 1$且素数$p mid a_n$,则$f(x)$至多有$n$个模$p$不同余的根。
证明：考虑使用数学归纳法。
当$n=1$时，显然方程仅有一组解，即当$n=1$时定理成立.
假定$n-1$次整系数多项式对该定理成立。
考虑反证，假设方程解数超过$n$,设其中$n$个解分别为$x_1,x_2,cdots,x_n$
若存在另外一个解$x_0$满足$x_0 e x_i$.
此时$f(x)-f(x_0)=a_1(x-x_0)+a_2(x^2-x_0^2)+cdots+a_n(x^n-x_0^n)equiv 0 pmod p$
提出$(x-x_0)$，那么剩下的是一个首次向系数为$a_n$的$n-1$次多项式，设之为$g(x)$.
接下来证明$x_1,x_2,cdots,x_n$都是$g(x)$模$p$的根.
$ecause f(x_i)equiv f(x_0)equiv 0pmod p$
$ herefore f(x_i)-f(x_0)equiv 0pmod p$,即$(x_i-x_0)g(x_i)equiv 0pmod p$
$ecause x_i otequiv x_0pmod p$
$ herefore g(x_i)equiv 0pmod p$,即$g(x)$有$n$个根。
然而根据假设，$g(x)$至多有$n-1$个模$p$不同余的根，矛盾！
故原命题得证。
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我们尝试构造$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}]$
根据引理一可知，存在$g$，使得$ord_pg=[e_1,e_2,cdots,e_{p-1}]=e$
$ herefore emid p-1$
$ecause r^{e_r}equiv 1pmod p$且$e_rmid e$
$ herefore r^eequiv 1pmod p(r=1,2,cdots,p-1)$,即方程$x^eequiv 1pmod p$有$p-1$个解。
根据引理二，该方程解的个数不超过$e$,即$p-1leq e$
$ herefore e=p-1$
由于$e=ord_pg=p-1$,所以$g$即为模$p$意义下的一个原根。
定理二：奇素数的任意次幂存在原根，进一步地，设$g$为$p$的原根，则$g$或$g+p$为$p^k$的原根。
证明：$ord_pg=p-1$
令$g^{p-1}=mp+1$
则对于任意正整数$t$，都有：
$(g+pt)^{p-1}$
$=C_{p-1}^0g^{p-1}+C_{p-1}^1(pt)g^{p-2}+C_{p-1}^2(pt)^2g^{p-3}+cdots$
$equiv g^{p-1}+pt(p-1)g^{p-2}pmod {p^2}$
$equiv mp+1-ptcdot g^{p-2}pmod {p^2}$
$equiv 1+p(m-tcdot g^{p-2})pmod {p^2}$
若$p mid m$,取$t=0$,若$pmid m$,取$t=1$
按照上述方法构造，$g+pt$即为模$p^k$的原根，下面给出证明。
令$s=g+pt$，$y_0=m-tcdot g^{p-2}$
若$p mid m$则$y_0=m$,显然$p mid y_0$
若$pmid m$则$y_0=m-g^{p-2}$,由于$(g,p)=1$,所以同样有$p mid y_0$
即$s^{p-1}equiv 1+py_0 otequiv 1pmod{p^2}$
根据欧拉定理，$s^{p^k(p-1)}equiv 1pmod {p^{k+1}}$,不妨假设$s^{p^k(p-1)}=1+p^{k+1}y_k$
$ herefore s^{p^k(p-1)}=(1+p^ky_{k-1})^p$
$=1+p(p^ky_{k-1})+C_p^2(p^ky_{k-1})^2+cdots$
$=1+p^{k+1}y_k$
$ herefore y_k=y_{k-1}+C_p^2p^{k-1}y_{k-1}^2+cdots$
考虑模$p$,显然$y_kequiv y_{k-1}pmod p$
$ herefore y_kequiv y_{k-1}equiv cdotsequiv y_0pmod p$
由于$p mid y_0$,故$p mid y_i,iin Z$
接下来，令$n=ord_{p^k}s$
$ herefore s^nequiv 1pmod {p^k}Longrightarrow nmid phi(p^k)=p^{k-1}(p-1)$
$ecause sequiv gpmod p$ $ herefore ord_ps=ord_pg=p-1$
$ herefore s^nequiv 1pmod pLongrightarrow p-1mid n$
由上述两式可得$n=p^{alpha-1}(p-1)$,其中$alpha=1,2,cdots k$
$ herefore s^{p^{alpha-1}(p-1)}equiv 1pmod {p^k}$
$ herefore 1+p^{alpha}y_{alpha-1}equiv 1pmod{p^k}$,即$p^{alpha}y_{alpha-1}equiv 0pmod{p^k}$
$ecause p mid y_i$
$ herefore alpha=k$,因此$ord_{p^k}s=p^{k-1}(p-1)=phi(p^k)$,故原命题得证。
定理三：$2^k$存在原根当且仅当$kleq 2$。
首先证明一个引理。
引理：当$a$是奇数且$n>2$时，$a^{2^{n-2}}equiv 1pmod{2^n}$。
证明：使用数学归纳法。
当$n=3$时,$a^2equiv 1pmod 8$,将$1,3,5,7$带入验证即可。
当$n>3$时，假设$n=k$是结论成立，即$a^{2^{k-2}}equiv 1pmod {2^k}$
不妨假设$a^{2^{k-2}}=dcdot 2^k+1$
两边同时平方，$a^{2^{k-1}}=(dcdot 2^k+1)^2=1+dcdot 2^{k+1}+(dcdot 2^k)^2$
即$a^{2^{k-1}}equiv 1pmod{2^{k+1}}$，故$n=k+1$时结论成立。
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由于当$a$为奇数时，$a^{2^{n-2}}equiv 1pmod{2^n}$,$n>2$
$ herefore ord_{2^n}amid 2^{n-2}$
$ecause phi(2^n)=2^{n-1}$
$ herefore ord_{2^n}a e phi(2^n),(n>2)$
由于$2,4$都有原根$3$,因而$2$的幂次除了$2$和$4$之外都没有原根。
定理四：若正整数$n$不是某素数的幂次或者素数幂次的二倍，则$n$没有原根。
证明：设$n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}cdots p_k^{a_k}$,并假设$n$存在原根$g$
$ herefore ord_ng=phi(n)=phi(p_1^{a_1})phi(p_2^{a_2})cdots phi(p_k^{a_k})$
由于$phi(p_i^{a_i})=p_i^{a_i-1}(p_i-1)$，$i=1,2,cdots,k$
因而当$p_i$是奇素数或者$p_i=2$且$a_igeq 2$时$phi(p_i^{a_i})$为偶数。
即当$n$不是某素数的幂次或者素数幂次的二倍时，$phi(p_1^{a_1}),phi(p_2^{a_2}),cdots,phi(p_k^{a_k})$两两不互素。
根据欧拉定理，$g^{phi(p_i^{a_i})}equiv 1pmod{p_i^{a_i}}$
令$U=[phi(p_1^{a_1}),phi(p_2^{a_2}),cdots,phi(p_k^{a_k})]$
显然$g^Uequiv 1pmod{p_i^{a_i}}$
再根据中国剩余定理，有$g^Uequiv 1pmod n$
$ herefore ord_ng=phi(n)leq U$
即$phi(p_1^{a_1})phi(p_2^{a_2})cdots phi(p_k^{a_k})leq [phi(p_1^{a_1}),phi(p_2^{a_2}),cdots,phi(p_k^{a_k})]$
与$phi(p_1^{a_1}),phi(p_2^{a_2}),cdots,phi(p_k^{a_k})$两两不互素矛盾！
故$n$不存在原根。
定理五：设$p$为奇素数，若$g$为$p^k$的原根，则$g$或$g+p^k$为$2p^k$的原根。
证明：由于$p$是奇素数，则有$phi(2p^k)=phi(2)phi(p^k)=phi(p^k)$
若$g$为奇数，取$r=g$，若$g$为偶数，取$r=g+p^k$，则所取$r$为$2p^k$的原根，下面给出证明：
显然$requiv gpmod{p^k}$且$r$恒为奇数
$ herefore ord_{p^k}r=ord_{p^k}g=phi(p^k)=phi(2p^k)$
$ord_2r=1$
由于$(2,p^k)=1$，故根据阶的性质八，$ord_{2p^k}r=[ord_{p^k}r,ord_2r]=phi(2p^k)$
$ herefore r$为$2p^k$的原根，证毕。
指标
设$g$为模$m$的一个原根，由于前面我们提到$g^1,g^2,g^3,cdots,g^{phi(m)}$模$m$的值互不相同，
因此对于满足$(a,m)=1$的整数$a$，必存在唯一整数$r$，满足$1leq rleq phi(m)$且$g^requiv apmod m$，
我们称$r$为模$m$意义下以$g$为底$a$的指标，记作$ind_ga$。
不难发现指标与对数$log$定义与性质极其类似。
性质一：若$(a,m)=1$，且整数$r$满足$g^requiv apmod m$，则$requiv ind_gapmod{phi(m)}$
性质二：若$(a,m)=(b,m)=1$，则有$ind_g(ab)equiv ind_ga+ind_gbpmod {phi(m)}$
推论二：若$(a,m)=1$，则$ind_ga^kequiv kcdot ind_gapmod {phi(m)}$
以上三条性质及推论由定义便可得到，请读者自证。
指标的一大重要应用是求解n次剩余问题。
设$m>1$，$(a,m)=1$，若同余方程$x^nequiv apmod m$有解，则称$a$为模$m$意义下的$n$次剩余。
定理一：设$m>1$，$(a,m)=1$，$g$是模$m$的一个原根，则同余方程$x^nequiv apmod m$有解的充分必要条件为$(n,phi(m))|ind_ga$，且若有解，解数为$(n,phi(m))$
证明：