初等证明：第九章9.1节整数的阶和原根

20 20 20题：令 p p p是费马数 F n = 2 2 n + 1 F_n=2^{2^n}+1 Fn=22n+1的一个素因子.
a ) a) a)证明 o r d p 2 = 2 n + 1 ord_p2=2^{n+1} ordp2=2n+1.
b ) b) b)从 a ) a) a)推出 2 n + 1 ∣ p − 1 2^{n+1} \mid p-1 2n+1∣p−1，从而 p p p一定形如 2 n + 1 k + 1 2^{n+1}k+1 2n+1k+1.

思路：容易看出 2 2 n + 1 = ( 2 2 n ) 2 = ( F n − 1 ) 2 ≡ 1 ( m o d F n ) 2^{2^{n+1}} = (2^{2^{n}})^2 = (F_n-1)^2 \equiv 1 \pmod {F_n} 22n+1=(22n)2=(Fn−1)2≡1(modFn)
因此 2 2 n + 1 ≡ 1 ( m o d p ) ⇒ p ∣ ( 2 2 n + 1 − 1 ) 2^{2^{n+1}} \equiv 1 \pmod p \Rightarrow p \mid (2^{2^{n+1}} - 1) 22n+1≡1(modp)⇒p∣(22n+1−1)，所以接下来应该求 ( 2 2 n + 1 − 1 ) (2^{2^{n+1}} - 1) (22n+1−1)和 F n F_n Fn的公因子，结合公因子是否能够被 p p p整除

a ) a) a)证：
∵ 2 2 n + 1 − 1 = ( 2 2 n − 1 ) ( 2 2 n + 1 ) = ( 2 2 n − 1 ) F n \because 2^{2^{n+1}} - 1 = (2^{2^n} - 1)(2^{2^n} + 1) = (2^{2^n} - 1)F_n ∵22n+1−1=(22n−1)(22n+1)=(22n−1)Fn

∴ \therefore ∴ p ∣ F n ∣ ( 2 2 n + 1 − 1 ) p \mid F_n \mid (2^{2^{n+1}} - 1) p∣Fn∣(22n+1−1)

∴ o r d p 2 ∣ 2 n + 1 \therefore ord_p2 \mid 2^{n+1} ∴ordp2∣2n+1

设 2 t = o r d p 2 2^t = ord_p2 2t=ordp2，假设 t ≤ n t \leq n t≤n

∵ ( 2 2 t − 1 , F n ) \because (2^{2^t} - 1, F_n) ∵(22t−1,Fn)

= ( 2 2 t − 1 , 2 2 n + 1 ) = (2^{2^t} - 1, 2^{2^n}+1) =(22t−1,22n+1)

= ( 2 2 t − 1 , 2 2 n + 1 + 2 2 t − 1 ) = (2^{2^t} - 1, 2^{2^n}+1 + 2^{2^t} - 1) =(22t−1,22n+1+22t−1)

= ( 2 2 t − 1 , 2 2 n + 2 2 t ) = (2^{2^t} - 1, 2^{2^n} + 2^{2^t}) =(22t−1,22n+22t)

= ( 2 2 t − 1 , 2 2 n − 2 t + 1 ) = (2^{2^t} - 1, 2^{2^n - 2^t} + 1) =(22t−1,22n−2t+1)，因为 ( 2 2 t − 1 , 2 2 t ) = 1 (2^{2^t} - 1, 2^{2^t}) = 1 (22t−1,22t)=1

. . . ... ...

= ( 2 2 t − 1 , 2 0 + 1 ) = (2^{2^t} - 1, 2^0 + 1) =(22t−1,20+1)，因为 t ≤ n ⇒ 2 n = 2 n − t 2 t t \leq n \Rightarrow 2^n = 2^{n-t}2^t t≤n⇒2n=2n−t2t，只需要 2 n − t 2^{n-t} 2n−t次迭代即可

= ( 2 2 t − 1 , 2 ) = (2^{2^t} - 1, 2) =(22t−1,2)

∵ p ∣ ( 2 2 t − 1 , F n ) \because p \mid (2^{2^t} - 1, F_n) ∵p∣(22t−1,Fn)

∴ p ∣ 2 \therefore p \mid 2 ∴p∣2

∵ 2 ∤ F n ⇒ 2 ∤ p \because 2 \nmid F_n \Rightarrow 2 \nmid p ∵2∤Fn⇒2∤p

∴ t > n \therefore t > n ∴t>n

∵ o r d p 2 ∣ 2 n + 1 \because ord_p2 \mid 2^{n+1} ∵ordp2∣2n+1

∴ t = n + 1 \therefore t = n + 1 ∴t=n+1，即 o r d p 2 = 2 n + 1 ord_p2 = 2^{n+1} ordp2=2n+1

b ) b) b)证：
∵ o r d p 2 = 2 n + 1 \because ord_p2=2^{n+1} ∵ordp2=2n+1，即 a ) a) a)中的结论

∵ o r d p 2 ∣ ϕ ( p ) = ( p − 1 ) \because ord_p2 \mid \phi(p) = (p - 1) ∵ordp2∣ϕ(p)=(p−1)

∴ 2 n + 1 ∣ ( p − 1 ) \therefore 2^{n+1} \mid (p - 1) ∴2n+1∣(p−1)

∴ p = 2 n + 1 k + 1 , k ∈ Z + , p > 1 \therefore p = 2^{n+1}k + 1, k \in Z^+, p > 1 ∴p=2n+1k+1,k∈Z+,p>1

22 22 22题：
a ) a) a)如果 p p p和 q q q是不同的奇素数，那么 p q pq pq是基为 2 2 2的伪素数当且仅当 o r d q 2 ∣ ( p − 1 ) ord_q2 \mid (p-1) ordq2∣(p−1)和 o r d p 2 ∣ ( q − 1 ) ord_p2 | (q-1) ordp2∣(q−1)

思路：由必要性可知 2 p q − 1 ≡ 1 ( m o d p q ) 2^{pq-1} \equiv 1 \pmod {pq} 2pq−1≡1(modpq)，结合 p p p和 q q q是不同的奇素数相关的费马小定理

a ) a) a)证：
必要性：
∵ 2 p q − 1 ≡ 1 ( m o d p q ) \because 2^{pq-1} \equiv 1 \pmod {pq} ∵2pq−1≡1(modpq)

∴ p ∣ ( 2 p q − 1 − 1 ) \therefore p \mid (2^{pq-1} - 1) ∴p∣(2pq−1−1)

∵ p ∣ ( 2 p − 1 − 1 ) \because p \mid (2^{p-1} - 1) ∵p∣(2p−1−1)，费马小定理

∴ p ∣ ( ( 2 p q − 1 − 1 ) − ( 2 p − 1 − 1 ) ) \therefore p | ((2^{pq-1} - 1) - (2^{p-1} - 1)) ∴p∣((2pq−1−1)−(2p−1−1))

= 2 p − 1 ( 2 p q − 1 − ( p − 1 ) − 1 ) = 2^{p-1}(2^{pq-1 - (p-1)} - 1) =2p−1(2pq−1−(p−1)−1)

= 2 p − 1 ( 2 p ( q − 1 ) − 1 ) =2^{p-1}(2^{p(q-1)} - 1) =2p−1(2p(q−1)−1)

∵ 2 p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) \because 2^{p-1} \equiv 1 \pmod p ∵2p−1≡1(modp)

∴ 2 p ≡ 2 ( m o d p ) \therefore 2^p \equiv 2 \pmod p ∴2p≡2(modp)

∴ p ∤ 2 p − 1 \therefore p \nmid 2^{p-1} ∴p∤2p−1

∴ 2 p ( q − 1 ) − 1 ≡ 2 q − 1 − 1 ≡ 0 ( m o d p ) \therefore 2^{p(q-1)} - 1 \equiv 2^{q-1} - 1 \equiv 0 \pmod p ∴2p(q−1)−1≡2q−1−1≡0(modp)

∴ o r d p 2 ∣ ( q − 1 ) \therefore ord_p2 | (q-1) ∴ordp2∣(q−1)，同理可证 o r d q 2 ∣ ( p − 1 ) ord_q2 \mid (p-1) ordq2∣(p−1)

这里每一步都是可逆的，故充分性也可证

综上，证毕

23 23 23题：
证明：如果 p p p和 q q q是不同的奇素数，那么 p q pq pq是基为 2 2 2的伪素数当且仅当 M p M q = ( 2 p − 1 ) ( 2 q − 1 ) M_pM_q=(2^p-1)(2^q-1) MpMq=(2p−1)(2q−1)是基为 2 2 2的伪素数.

思路：因为已知 ( 2 a − 1 , 2 b − 1 ) = 2 ( a , b ) − 1 (2^a-1,2^b-1) = 2^{(a, b)} - 1 (2a−1,2b−1)=2(a,b)−1，这是由于其求解步骤与求 ( a , b ) (a, b) (a,b)相同，所以通过证明 p ∣ M p M q − 1 ⋀ q ∣ M p M q − 1 p \mid M_pM_q-1 \bigwedge q \mid M_pM_q-1 p∣MpMq−1⋀q∣MpMq−1即可

证：
必要性：

∵ 2 q − 1 ≡ 1 ( m o d p ) \because 2^{q-1} \equiv 1 \pmod p ∵2q−1≡1(modp)，由上面 22 22 22题结论可得

∴ 2 q − 1 ≡ 2 ( 2 q − 1 ) − 1 ≡ 2 − 1 ≡ 1 ( m o d p ) \therefore 2^q-1 \equiv 2(2^{q-1}) - 1 \equiv 2 - 1 \equiv 1 \pmod p ∴2q−1≡2(2q−1)−1≡2−1≡1(modp)

∴ M p M q = ( 2 p − 1 ) ( 2 q − 1 ) ≡ 2 p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) \therefore M_pM_q =(2^p-1)(2^q-1) \equiv 2^p-1 \equiv 1 \pmod p ∴MpMq=(2p−1)(2q−1)≡2p−1≡1(modp)

∴ p ∣ ( M p M q − 1 ) \therefore p \mid (M_pM_q-1) ∴p∣(MpMq−1)

∴ ( 2 p − 1 ) ∣ ( 2 ( M p M q − 1 ) − 1 ) \therefore (2^p-1) \mid (2^{(M_pM_q-1)} - 1) ∴(2p−1)∣(2(MpMq−1)−1)

同理可证 ( 2 q − 1 ) ∣ ( 2 ( M p M q − 1 ) − 1 ) (2^q-1) \mid (2^{(M_pM_q-1)} - 1) (2q−1)∣(2(MpMq−1)−1)

∴ 2 ( M p M q − 1 ) ≡ 1 ( m o d M p M q ) \therefore 2^{(M_pM_q-1)} \equiv 1 \pmod {M_pM_q} ∴2(MpMq−1)≡1(modMpMq)

∴ M p M q \therefore M_pM_q ∴MpMq是以 2 2 2为基的伪素数

而上面的每一步都是可逆的，故充分性也可证

综上，证毕

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