第4節(jié)　有多少數(shù)對(duì)應(yīng)于某個(gè)項(xiàng)數(shù)為p-1的因數(shù)的周期

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現(xiàn)在，我們討論一些通過升冪而同余于1的數(shù)。我們知道，在每種情況下所產(chǎn)生的最小指數(shù)必須是p-1的因數(shù)。問題來了，是不是所有p-1的因數(shù)都以這種方式出現(xiàn)？而且，如果取出所有不能被p整除的數(shù)，并將它們按照使其方冪同余于1的最小指數(shù)來歸類，那么對(duì)應(yīng)于每個(gè)指數(shù)有多少個(gè)數(shù)？首先，我們只考慮從1到p-1的所有正數(shù)就足夠了；因?yàn)?，顯然地，彼此同余的數(shù)必須升到相同的方冪才能同余于1。因此，每個(gè)數(shù)和它的最小正剩余的指數(shù)相同。我們必須搞清楚，就這一點(diǎn)上，數(shù)1，2，3，…，p-1是如何依照數(shù)p-1的每個(gè)因數(shù)來分布的。如果d是數(shù)p-1的一個(gè)因數(shù)（這些因數(shù)包括1和p-1本身），為了簡(jiǎn)便，用ψd表示小于p且在它所有同余于1的方冪中d次冪是最小的正數(shù)的個(gè)數(shù)。

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為了便于理解，舉一個(gè)例子。對(duì)于p＝19，依照18的因數(shù)1，2，3，6，9，18的分布如下

因此，在這種情況下，ψ1＝1，ψ2＝1，ψ3＝2，ψ6＝2，ψ9＝6，ψ18＝6。不難看出，每個(gè)指數(shù)所對(duì)應(yīng)的數(shù)的個(gè)數(shù)等于不大于這指數(shù)且與它互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)。換句話說，在這種情況下（如果沿用條目39的符號(hào)），ψd＝φd。下面證明這里的結(jié)論在一般情況下都成立。

假設(shè)有屬于指數(shù)d的一個(gè)數(shù)a（它的d次冪同余于1而所有的低次冪都不同余于1），那么它的所有方冪a2，a3，a4，…，ad或者它們的最小剩余將具備第1個(gè)性質(zhì)（它們的d次冪都同余于1）。這一點(diǎn)還可以這樣來表述：數(shù)a，a2，a3，a4，…，ad的最小剩余（它們是各不相同的）都是同余方程xd≡1的根，而這個(gè)同余方程不能有多于d個(gè)根。因此可知，除了數(shù)a，a2，a3，a4，…，ad的最小剩余外，從1到p-1之間的其他的數(shù)的d次冪一定不同余于1。因此，所有屬于指數(shù)d的數(shù)可在數(shù)a，a2，a3，a4，…，ad的最小剩余中來找出。其中哪些數(shù)是，有多少，可以按照如下方法來求。如果k是與d互質(zhì)的數(shù)，那么ak的所有指數(shù)小于d的方冪都不能同余于1。因?yàn)?，?/k（mod d）≡m（參考條目31），就有akm≡a；并且，如果ak的e次冪同余于1且e＜d，也有akme≡1，因而ae≡1，與假設(shè)相矛盾。因此，明顯有ak的最小剩余屬于指數(shù)d。但是，如果k與d有公約數(shù)δ，ak的最小剩余就不會(huì)屬于指數(shù)d。因?yàn)椋@時(shí)它的次冪已經(jīng)同余于1［因?yàn)?span id="fx38mdf" class="kindle-cn-italic">kd/δ可以被d整除，即kd/δ≡0（mod d），所以akd/δ≡1］。我們推斷，屬于指數(shù)d的數(shù)的個(gè)數(shù)等于1，2，3，…，d中與d互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)。但是，必須要記住：這個(gè)結(jié)論的基礎(chǔ)是已經(jīng)存在一個(gè)數(shù)a屬于指數(shù)d。于是，問題停留在是否存在一些指數(shù)，使得沒有任何數(shù)屬于它們。因此，本結(jié)論局限于要么ψd＝0，要么ψd＝φd。

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令d，d′，d″，…，是數(shù)p-1的全部因數(shù)。因?yàn)樗械臄?shù)1，2，3，…p-1是依據(jù)這些除數(shù)來歸類的，所以

ψd＋ψd′＋ψd″＋…＝p-1

但是條目40中已經(jīng)證明了φd＋φd′＋φd″＋…＝p-1，并且從上一條可以推出，ψd≤φd，但是ψd不會(huì)大于φd。對(duì)于ψd′和φd′，ψd″和φd″，…，也有類似的結(jié)論。所以，如果在ψd，ψd′，ψd″，…中有一項(xiàng)或者幾項(xiàng)是分別小于相應(yīng)的φd，φd′，φd″，…中的項(xiàng)，那么上面第一個(gè)和就不可能等于第2個(gè)和。因此，我們最終推斷出ψd總是等于φd，這與p-1的大小無關(guān)。

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上面的定理的一個(gè)特殊情況值得我們注意。總是存在這樣的數(shù)，它的同余于1的最小次冪是p-1，而且這樣的數(shù)的個(gè)數(shù)等于1到p-1中的與p-1互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)。因?yàn)檫@個(gè)定理的證明不像乍看起來那么簡(jiǎn)單，而且因?yàn)檫@則定理的重要性，我們須要補(bǔ)充一種與上面不太一樣的證明。這種方法的多樣性可以幫助我們理解更加深?yuàn)W的問題。將p-1分解為它的質(zhì)因數(shù)，那么p-1＝aαbβcγ…，其中a，b，c…都是不相等的質(zhì)數(shù)。我們分兩步來進(jìn)行證明：

1．總是可以找到一個(gè)數(shù)A（或者幾個(gè)數(shù)），它屬于指數(shù)aα，類似地，可以找到數(shù)B，C，…，分別屬于指數(shù)bβ，cγ，…。

2．所有數(shù)A，B，C，…的乘積（或者乘積的最小剩余）屬于指數(shù)p-1。

證明如下：

1．令g為1，2，3，…p-1中的某個(gè)數(shù)，它不滿足同余方程x（p-1）/a≡1（mod p），因?yàn)檫@個(gè)同余方程的次數(shù)小于p-1，所以這些數(shù)不可能都滿足它。那么，如果g的（p-1）/aα次冪≡h，那么h或者它的最小剩余屬于指數(shù)aα。

顯然，h的aα次冪同余于g的（p-1）次冪即它不同余于1。因此，h的aα-2，aα-3，…次冪更不可能同余于1。但是，同余于1的h的最小次冪的指數(shù)（h所屬的指數(shù)）必須能夠整除aα（參考條目48），又因?yàn)?span id="pybgvtr" class="kindle-cn-italic">aα只可能被它自身和a的更低的方冪整除，所以aα一定是h所屬的指數(shù)。證明完畢。用類似的方法可證明存在這樣的一些數(shù)，它們分別屬于bβ，cγ，…。

2．假設(shè)所有數(shù)A，B，C，…的乘積不屬于指數(shù)p-1而屬于更小的數(shù)t，那么t整除p-1（參考條目48），也就是說，（p-1）/t是一個(gè)大于1的整數(shù)。顯而易見的是，這個(gè)商一定要么是質(zhì)數(shù)a，b，c，…中的一個(gè)，要么至少被它們中的一個(gè)整除（參考條目17）。例如，假設(shè)（p-1）/t被a整除（對(duì)于b，c，…，證明都是一樣的），那么t整除（p-1）/a，因此乘積ABC…的（p-1）/a次冪同余于1（參考條目46）。但是，因?yàn)槊恳粋€(gè)指數(shù)bβ，cγ，…都整除（p-1）/a，所以所有的數(shù)B，C，…（A除外）的（p-1）/a次冪都顯然將同余于1。因此，我們得出

那么，可以推出，A所屬的指數(shù)應(yīng)當(dāng)能夠整除（p-1）/a（參考條目48），即（p-1）/aα＋1是個(gè)整數(shù)。但是（p-1）/aα＋1＝（bβcγ…）/a不可能是整數(shù)（參考條目15）。因此，可以推斷我們的假設(shè)是矛盾的，也就是說，ABC…的乘積確實(shí)屬于指數(shù)p-1。證明完畢。

第2個(gè)證明似乎比第1個(gè)長(zhǎng)，但第1個(gè)沒有第2個(gè)來得直接。

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這則定理有力地證明了，在數(shù)論研究中必須小心謹(jǐn)慎，不能把還未證明的定理當(dāng)作已經(jīng)證明的定理來使用。蘭伯特先生在我們前文引述的論文（見Nova acta erudit.第127頁）中提到了這則定理，但是沒有提到證明這則定理的必要性。除了歐拉先生在Novicomm. Acad Petrop上的論文Demostrationes circa residua ex divisione potestatum per numeros primos resultantia之外，還沒有人嘗試過給出證明。尤其是在他論文的第37條中，他花了大量的篇幅討論證明的必要性。但是這位最精細(xì)的人給出的證明有兩處缺陷。一處是在論文第31條，他默認(rèn)同余方程xn≡1（用我們的符號(hào)翻譯他的論證）確實(shí)只有n個(gè)不同的根，但是之前并沒有證明這個(gè)方程不能有多于n個(gè)根；另一處是論文第34條的公式僅僅是通過歸納法推導(dǎo)出的。