logo

原始元定理の証明 📂整数論

原始元定理の証明

定義 1

1ap1 \le a \le pordp(a)=p1\text{ord}_{p} (a) = p-1を満たす場合、法pp原始根と定義される。


定理

全ての素数ppϕ(p1)\phi ( p - 1)個の原始根を持つ。


説明

ordp(a)=p1\text{ord}_{p} (a) = p-1を満たすaaを原始根と呼ぶ理由は、フェルマーの小定理によりap11(modp)a^{p-1} \equiv 1 \pmod{ p }であるので、正確にordp(a)=p1\text{ord}_{p} (a) = p-1であれば、aaの累乗で11ppの間の全ての数を表せるからだ。

例えばp=7p=7の原始根a=3a = 3を考えると 130(mod7)232(mod7)331(mod7)434(mod7)535(mod7)633(mod7) \begin{align*} 1 \equiv & 3^{0} \pmod{ 7 } \\ 2 \equiv & 3^{2} \pmod{ 7 } \\ 3 \equiv & 3^{1} \pmod{ 7 } \\ 4 \equiv & 3^{4} \pmod{ 7 } \\ 5 \equiv & 3^{5} \pmod{ 7 } \\ 6 \equiv & 3^{3} \pmod{ 7 } \end{align*}

今回はaaに焦点を当ててp=7p=7を考えると 111(mod7)231(mod7)361(mod7)431(mod7)561(mod7)621(mod7) \begin{align*} 1^{1} \equiv & 1 \pmod{ 7 } \\ 2^{3} \equiv & 1 \pmod{ 7 } \\ 3^{6} \equiv & 1 \pmod{ 7 } \\ 4^{3} \equiv & 1 \pmod{ 7 } \\ 5^{6} \equiv & 1 \pmod{ 7 } \\ 6^{2} \equiv & 1 \pmod{ 7 } \end{align*}

ここでp=7p=7の原始根は3,53,5二つで、 ϕ(71)=ϕ(6)=ϕ(3)ϕ(2)=(31)(21)=2 \phi (7-1) = \phi (6) = \phi (3) \phi (2) = (3-1)(2-1) = 2 とピッタリ合っていることが確認できる。一方でϕ(p1)\phi ( p - 1)は少なくとも11であるため、正確な数ではなく存在だけを言及するのに使っても構わない。このオイラーのφ関数ϕ\phiは突然出現したように見えるかもしれないが、証明過程で欠かせない核心要素だ。

証明

Part 1.

位数の性質により、全ての1a(p1)1 \le a \le (p-1)に対して、今(p1)(p-1)を割る全ての約数ddに対して関数ψ\psiψ(d):={a  1a<pordp(a)=d} \psi ( d ) := \left| \left\{ a \ | \ 1 \le a < p \land \text{ord}_{p} (a) = d \right\} \right| のように定義しよう。Part 4でこのψ\psiオイラーのφ関数ϕ\phiと実質的に同じ関数であることを示す。


Part 2.

(p1)(p-1)を割る約数をnnとし、(p1)=nk(p-1) = nkであり、(Xp11)\left( X^{p-1} - 1 \right)を因数分解すると

Xp11=Xnk1=(Xn)k1=(Xn1)((Xn)k1+(Xn)k2++(Xn)2+(Xn)1+1) \begin{align*} X^{p-1} - 1 =& X^{nk} - 1 \\ =& \left( X^{n} \right)^{k} - 1 \\ =& \left( X^{n} - 1 \right) \left( \left( X^{n} \right)^{k-1} + \left( X^{n} \right)^{k-2} + \cdots + \left( X^{n} \right)^{2} + \left( X^{n} \right)^{1} + 1 \right) \end{align*}

である。フェルマーの小定理により、 Xp110(modp) X^{p-1} - 1 \equiv 0 \pmod{p} X=1,2,,(p1)X=1,2,\cdots,(p-1)を根として持ち、合同方程式に対する代数学の基本定理により、Xn10(modp)X^{n} -1 \equiv 0 \pmod{p}は多くてもnn個の根を持つため、 (Xn)k1+(Xn)k2++(Xn)2+(Xn)1+10(modp) \left( X^{n} \right)^{k-1} + \left( X^{n} \right)^{k-2} + \cdots + \left( X^{n} \right)^{2} + \left( X^{n} \right)^{1} + 1 \equiv 0 \pmod{p} は多くてもn(k1)n(k-1)個の根を持つ。もう一度 Xp11(Xn1)((Xn)k1+(Xn)k2++(Xn)2+(Xn)1+1)(modp) X^{p-1} - 1 \equiv \left( X^{n} - 1 \right) \left( \left( X^{n} \right)^{k-1} + \left( X^{n} \right)^{k-2} + \cdots + \left( X^{n} \right)^{2} + \left( X^{n} \right)^{1} + 1 \right) \pmod{p} を考えると

  • 左辺には正確に(p1)=nk(p-1) = nk個の根があり、
  • 右辺には多くてもnn個の根と、多くてもn(k1)n(k-1)個の根が存在する。

これを満たすためには、Xn10(modp)X^{n} -1 \equiv 0 \pmod{p}は少なくともnn個、つまり正確にnn個の根を持たなければならない。要約すると、n(p1)n | (p-1)の場合、 Xn10(modp) X^{n} -1 \equiv 0 \pmod{p} 0X<p0 \le X < pで正確にnn個の解を持つ。


Part 3. i=1rψ(di)=n\displaystyle \sum_{i=1}^{r} \psi (d_{i}) = n

nnの全ての約数をd1,,drd_{1} , \cdots , d_{r}と表示してみよう。

nn約数ddd=ordp(a)d = \text{ord}_{p} (a)を満たす場合、位数の定義から ad=aordp(a)1(modp) a^{d} = a^{\text{ord}_{p} (a)} \equiv 1 \pmod{p} である。ここで、与えられたddに対してこの式を満たすaaの数はψ(d)\psi (d)となる。

しかし、 anad(nd)1(nd)1(modp) a^{n} \equiv a^{d \cdot \left( {{n} \over {d}} \right)} \equiv 1^{ \left( {{n} \over {d}} \right)} \equiv 1 \pmod{p} であるため、ψ(d)\psi (d)個のX=aX = aXn10(modp)X^{n} -1 \equiv 0 \pmod{p}の解となる。

整理すると、Xn10(modp)X^{n} -1 \equiv 0 \pmod{p}の解の数は dnψ(d)=ψ(d1)+ψ(d2)++ψ(dr) \sum_{d \mid n} \psi (d) = \psi (d_{1} ) + \psi (d_{2} ) + \cdots + \psi (d_{r} ) となる。上のPart 2でXn10(modp)X^{n} -1 \equiv 0 \pmod{p}の解の数がnnだと述べたので、 dnψ(d)=ψ(d1)+ψ(d2)++ψ(dr)=n \sum_{d \mid n} \psi (d) = \psi (d_{1} ) + \psi (d_{2} ) + \cdots + \psi (d_{r} ) = n となり、これはオイラーのφ関数の和公式と類似している。


Part 4. ϕ(n)=ψ(n)\phi (n) = \psi (n)

全ての自然数nnに対してϕ(n)=ψ(n)\phi (n) = \psi (n)が成り立つことを示せばよい。

ψ\psiに関する計算は、特に言及がない限り、i=1rψ(di)=n\displaystyle \sum_{i=1}^{r} \psi (d_{i}) = nを用いて得られたものである。

  • Case 1. n=1n=1
    ϕ(1)=1\phi (1) = 1でありψ(1)=1\psi (1) = 1であるため、ϕ(1)=ψ(1)\phi (1) = \psi (1)
  • Case 2. 素数qqに対してn=qn=qの場合
    ϕ(q)=q1\phi (q) = q - 1でありψ(q)+ψ(1)=q\psi (q) + \psi (1) = qであるため、ϕ(q)=q1=ψ(q)\phi (q) = q - 1 = \psi (q)
  • Case 3. 素数qqに対してn=q2n=q^2の場合
    q2q^2約数1,q,q21, q, q^2だけであるため、ϕ(q2)+ϕ(q)+1=q2=ψ(q2)+ψ(q)+1\phi (q^2) + \phi (q) + 1 = q^{2} = \psi (q^2) + \psi (q) + 1 である。両側からCase 1, 2の結果で項を減じれば、ϕ(q2)=ψ(q2)\phi (q^2) = \psi (q^2)
  • Case 4. 異なる素数q1,q2q_{1}, q_{2}に対してn=q1q2n=q_{1} q_{2}の場合
    q1q2q_{1} q_{2}約数1,q1,q2,q1q21, q_{1}, q_{2}, q_{1} q_{2}だけであるため、ϕ(q1q2)+ϕ(q1)+ϕ(q2)+1=q1q2=ψ(q1q2)+ψ(q1)+ψ(q2)+1\phi ( q_{1} q_{2}) + \phi (q_{1}) + \phi (q_{2}) + 1 = q_{1} q_{2} = \psi ( q_{1} q_{2}) + \psi (q_{1} ) + \psi (q_{2} ) + 1 である。両側からCase 1, 2の結果で項を減じれば、ϕ(q1q2)=ψ(q1q2)\phi ( q_{1} q_{2} ) = \psi ( q_{1} q_{2} )
  • Otherwise.
    他の場合は、Case 3, 4の結果をそのまま項に分ければ、ϕ(n)=ψ(n)\phi (n) = \psi (n)を得る。

Part 5.

Part 2, 3で我々はn(p1)n | (p-1)を満たす全てのnnに対して、ϕ(n)\phi (n)個のaaordp(a)=n\text{ord}_{p} (a) = nを満たすことを確認した。ここでk=1k=1、つまりn=p1n = p-1である場合、ordp(a)=p1\text{ord}_{p} (a) = p-1であるため、aaは法ppの原始根になる。したがって、素数ppϕ(p1)\phi (p-1)個の原始根を持つ。


  1. Silverman. (2012). A Friendly Introduction to Number Theory (4th Edition): p213. ↩︎