代数学基础: 素数域上的算术(2)

定理 8.7, 略作补充

$m = m_{1} \cdot m_{2}, m_{1}, m_{2} > 2, (m_{1}, m_{2}) = 1$ , 证明下这里 m 总能分解出满足条件的 $m_{1}, m_{2}$ .

证明: 从定理 3.17 可以看出 $m = 2^{v_{2} (m)} \prod_{p > 2} p^{v_{p} (m)}$ . 若 $v_{2} (m) = 0$ , 则由上下文易知 m 一定可以分为 $p_{1}^{v_{1}} p_{2}^{v_{2}} p_{3}^{v_{3}}$ 这种形式, 即 m 分解中 $v_{p} (m) > 0$ 的 p 至少 2 个, 此时随便切分一下便得 $m_{1}, m_{2}$ .

若 $v_{2} (m) = 1$ , 则由上下文易知 m 一定可以分为 $2 p_{1}^{v_{1}} p_{2}^{v_{2}} p_{3}^{v_{3}}$ 这种形式, 即 m 分解中 $p > 2, v_{p} (m) > 0$ 的 p 至少 2 个. 此时随便切分一下即可. 同理易证若 $v_{2} (m) \geq 2$ 情况.

$(Z / m Z)^{\times}$ 任何元素的阶 $d ∣ φ (m) / 2$ .

证明: $x = (φ (m_{1}), φ (m_{2})), y = [φ (m_{1}), φ (m_{2})], x y = φ (m_{1}) φ (m_{2})$ , 且这里 $2 ∣ x, x = 2 x^{'}, 2 x^{'} y = φ (m_{1}) φ (m_{2})$ . 由引理 8.8, 8.2.zy2 可知 $d ∣ y$ 自然 $d ∣ \frac{φ (m_{1}) φ (m_{2})}{2}$ .

P.S. 这里原文印刷问题么, 印刷成任何元素的阶总能被 $φ (m) / 2$ 整除了, 应该是阶总能整除 $φ (m) / 2$ .

8.1.2 原根的计算,

解: 在 (3) 中, 若 g 是奇数, 此时 $(g, p^{k}) = 1, (g, 2) = 1, (g, 2 p^{k}) = 1$ , 即 $g \in (Z / 2 p^{k} Z)^{\times}$ . 根据 4.18 易知 $(Z / 2 p^{k} Z)^{\times} ≅ (Z / p^{k} Z)^{\times}$ 中的映射 $Φ (a \mod 2 p^{k}) = a \mod p^{k}$ . 所以可知 $g \in (Z / 2 p^{k} Z)^{\times}$ 的阶与 $g \in (Z / p^{k} Z)^{\times}$ 一致.

若 g 是偶数, 假设 $Φ (g^{'} \mod 2 p^{k}) = g \mod p^{k}, p^{k} ∣ g - g^{'}$ , 易证 $g + p^{k}$ 为奇数且 $(g + p^{k}, p^{k}) = (g, p^{k}) = 1, (g + p^{k}, 2 p^{k}) = 1, g + p^{k} \in (Z / 2 p^{k} Z)^{\times}$ .

命题 8.11, 略作补充. 这里 $x^{k} \equiv a \mod m$ 等价于 $(x \mod m)^{k} = a \mod m$ , 这里 $x \mod m, a \mod m$ 是 $Z / m Z$ 中的元素, 对应着命题 6.8 中的 x, a.

定义 8.12, 原文 $F_{p}^{\times 2} = a^{2} | a \in F_{p}^{\times} = 1, g^{2}, \dots, g^{p - 2}$ , 我理解的应该是 $1, g^{2}, \dots, g^{2 (p - 2)}$ .

我理解原文这是印刷错误. 但又不是很确定, 毕竟在模集合中, 两个不同的数取模之后可能相同. 即 $g^{2 (p - 2)} \equiv g^{p - 2} \mod p$ 也说不定, 但我试图化解半天也没得到这个结论. 暂且认为这里确实是印刷错误. 举例: $F_{5}^{\times 2} = 1, 4$ .

定理 8.14, 略作补充. 这里解释下 $(\frac{g^{k}}{p}) = (- 1)^{k}$ .

解: 首先若 $g^{x}$ 是二次剩余, 即 $\exists k, x \equiv 2 k \mod p - 1$ , 这里 p 为奇数, 易证 x 不可能是奇数. 对于 $F_{p}^{\times}$ 中 $g^{x}$ , 若 x 是偶数 $x = 2 k$ , 则易知 $F_{p}^{\times}$ 中的 $g^{k}$ 会被映射到 $F_{p}^{\times 2}$ 中的 $g^{2 k} = g^{x}$ .

命题 8.15, 这里证明下 (3) 推出 (2)

证明: 已知 $x^{2} - a$ 可约, 即 $\exists a_{1}, a_{2}; x^{2} - a = (x + a_{1}) (x + a_{2})$ , 即 $a_{2}^{2} = a$ 有解 $a_{2}$ .

命题 8.16, 略作补充.

解: 当 a = 0 时, $F_{p}$ 是域, 是整环, 所以 x 只能为 0, 即只有 1 个解. 当 $a \in F_{p}^{\times}$ , 易知解 $x \in F_{p}^{\times}$ . 此时原方程等同于 $(x \mod p)^{2} = a \mod p$ , 令 g 表示原根, $x \mod p = g^{y}, a \mod p = g^{2 k}$ , 这里只考虑 a 为二次剩余情况, a 为二次非剩余时易证无解. 即 $2 y \equiv 2 k \mod p - 1$ , 根据 6.8.zy2 可知有两解分别是 $x = g^{k}, x = g^{k + \frac{p - 1}{2}}$ .

公式 (8.8) 推导, 设 $a = m n, (a, p) = 1, (\frac{a}{p}) = (\frac{m}{p}) (\frac{n}{p})$ .

证明: 此时 $(a, p) = 1, a \mod p \in F_{p}^{\times}$ , 同时易证 $(m, p) = (n, p) = 1, m \mod p \in F_{p}^{\times}, n \mod p \in F_{p}^{\times}$ .

\begin{aligned} (\frac{a}{p}) & = (\frac{a \mod p}{p}) \\ = (\frac{m \mod p \cdot n \mod p}{p}) \\ = (\frac{m \mod p}{p}) (\frac{n \mod p}{p}) \\ = (\frac{m}{p}) (\frac{n}{p}) \end{aligned}

8.17.zy1, p 为奇素数, 考虑 g 为模 p 原根之一, 求证 $- 1 \mod p = g^{\frac{p - 1}{2}}$

证明: 假设 $g^{x}, x \in [0, p - 1)$ 逆元为自身, 则 $p - 1 ∣ 2 x$ 易知 x 只能为 0 或者 $\frac{p - 1}{2}$ . 易证 $- 1 \mod p \neq 1 \mod p$ , 否则 $- 1 \equiv 1 \mod p, p ∣ 2$ , 矛盾! 且 $- 1 \mod p$ 逆元为自身, 则 $- 1 \mod p$ 只能是 $g^{\frac{p - 1}{2}}$ 了.

命题 8.17, 欧拉判别法, 针对 $p ∤ a$ 情况略作补充, 这里原文有几处印刷问题.

证明: 如下所示, 文中公式等价于 $(- 1)^{k} \mod p = g^{\frac{p - 1}{2} k \mod p - 1}$ .

\begin{aligned} (\frac{a}{p}) \mod p & = (a \mod p)^{\frac{p - 1}{2}} \\ (\frac{a}{p}) \mod p & = (- 1)^{k} \mod p \\ (a \mod p)^{\frac{p - 1}{2}} & = g^{\frac{p - 1}{2} k \mod p - 1} \end{aligned}

当 k 为偶数时, 易证公式成立. 当 k 为奇数时等同于求证 $- 1 \mod p = g^{\frac{p - 1}{2}}$ .

P.S. 妹的, 一开始看成了 $(\frac{a}{p}) = a^{\frac{p - 1}{2}} \mod p$ , 还似模似样算了半天后意识到, 不对呀, 左侧是值 $- 1, 0, 1$ , 右侧是同余类啊..

命题 8.19 略作补充, 原文有几处 typo.

$λ + μ = r$ , 我还试图证明有一些 $i a, i a \mod p = \frac{p}{2}$ , 之后才意识到 $\frac{p}{2}$ 都丫的不是整数…
$\forall i, j; p ∤ i a - j a, p ∤ i a + j a$

证明: 假设 $p ∣ i a - j a, (a, p) = 1, p ∣ i - j$ , 在 $0 \leq i < j \leq r$ 情况下, 这是不可能的. 同理 $p ∣ i a + j a, p ∣ i + j$ 也不可能.

$A = b_{1}, \dots, b_{λ}, p - c_{1}, \dots, p - c_{μ} = 1, \dots, r = B$

证明: 由上下文可知, 集合 A 中元素互不相等, 且取值均位于 $[1, r]$ , 且 A 中元素个数为 r. 易得结论.

$r! \equiv (- 1)^{μ} a^{r} r! \mod p$

证明: 易证 $c_{i} - p \equiv c_{i} \mod p$ , 结合 4.6(2) 可得 $\prod_{i = 1}^{μ} (c_{i} - p) \equiv \prod_{i = 1}^{μ} c_{i} \mod p$ . 所以 $b_{1} \dots b_{λ} (p - c_{1}) \dots (p - c_{μ}) \equiv b_{1} \dots b_{λ} (- 1)^{μ} c_{1} \dots c_{μ} \mod p$ . 继而得 $r! \equiv (- 1)^{μ} a^{r} r! \mod p$ .

由 3.14, 欧几里得引理可得 $(p, r!) = 1$ , 即而 $1 \equiv (- 1)^{μ} a^{r} \mod p, (- 1)^{μ} \equiv a^{r} \mod p$ . 根据 8.17 欧拉判别法 $(\frac{a}{p}) \equiv a^{r} \mod p$ , 所以 $(\frac{a}{p}) \equiv (- 1)^{μ} \mod p$ . 继而易得结论.

推论 8.20, 这里 $2, 2 \cdot 2, \dots, r \cdot 2$ 都是 $\leq p$ 的, 所以她们除以 p 所得余数就是自身. 同时这里 $> p / 2$ 等同于 $\geq 4 k + 4$ .

定理 8.21, 二次互反律. 这里公式 (8.11) p, q 不全为 $3 \mod 4$ 的意思是指计算 $p \mod 4, q \mod 4$ ; 若这俩值均为 3 则意味着 $(\frac{q}{p}) = - (\frac{p}{q})$ ; 若这俩值至少有一个不为 3, 则意味着 $(\frac{q}{p}) = (\frac{p}{q})$ .

例 8.23, $x^{2} + 6$ 可约等同于 $(x + 1)^{2} + 6$ 可约

证明: 若 $(x + 1)^{2} + 6 = (x + a) (x + b)$ , 易证此时 $x^{2} + 6 = (x + a - 1) (x + b - 1)$ .

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