(∵[定理]「pが奇素数、e≧1のとき、次が成り立つ。」より)よって、[定理]「nが自然数、aをnと互いに素な整数とする。このとき、次は同値である。[1][2]以下の2条件が成り立つ。mはsの倍数である」の[2]より、次が成り立つ。pe-1の約数である。そこで、次のようにおく。(∵元の位数の定義)ここでm<e-1であると仮定すると、次のように展開を進めることができる。(∵m<e-1より、m+2≦e)(∵[定理]「pが奇素数、e≧1のとき、次が成り立つ。」より)これは矛盾する。よって、m=e-1である。次に、nが2のべきの場合を考える。[定理]n=2e、e≧3、aが奇数のときに、次が成り立つ。すべてのaについて、元の位数を列挙すると次の通りである。いずれも2以下であり、、題意が成り立つ。[2]e>3の場合と仮定する。このとき、次が成り立つ。次のように展開できる。したがって、、題意が成り立つ。□[定理]nがpe,2pe,(pは奇素数、e≧1),1,2,4のときのみ、法nに関する原始元が存在する。満たすa=1が原始元である。満たすa=1が原始元である。満たすa=3が原始元である。[4]n=pe(pは素数、e≧1)のとき[定理]「n=pe、pは奇素数、e≧1のとき、法nに関する原始元が存在する」から明らかである。[5]n=2pe(pは奇素数、e≧1)のとき[4]より、法peに関する原始元が存在し、原始元をaとすると、次が成り立つ。(∵法peに関する原始元が存在し、原始元をaとする)(∵元の位数の定義より)(∵[定理]「nが自然数、aをnと互いに素な整数とする。このとき、次は同値である。[1][2]以下の2条件が成り立つ。なり、aは法n=2peに関する原始元である。[6]それ以外のとき[定理]「m1,m2を2より大きな互いに素なし自然数とし、n=m1m2とする。このとき、nと互いに素な整数aについて、次が成り立つ。なり、原始元は存在しない。†の個数は2個であることは確認した。このようにすべての原始元を調べて個数をカウントするのでは時間がかかる。実は、原始元には個数に関する次のような定理が成り立つ。[定理]pを奇素数とする。原始元、即ちpの原始元はφ(p-1)個である。φ(・)はオイラー関数である。[観察]定理を証明する前に、数値例で定理の妥当性を確認してみる。p=19のとき、pの原始元(φ(p)=p-1乗ではじめて1になるもの)は、2,3,10,13,14,15の6個である。φ(p-1)=φ(19-1)=φ(18)=φ(2・32)=18(1-1/2)(1-1/3)=6よって、(pの原始元の個数)=φ(p-1)=6が成り立つことが観察できた。[証明]また、「gk:原始元」⇔「(k,p-1)=1」よって、原始元の数=φ(p-1)になる。□[別証]d|p-1として、位数dである整数bが存在したとする。pでbのべき乗を作ると、...(*)となる。根であり、ラグランジュの定理より、d次の合同方程式の解の個数はdを超えないので、(*)がすべてである。次に、(*)の中で「位数がdである数」の個数を調べる。ここで、bjの位数をeとおく。(∵[定理]「m:正整数、(a,m)=1とする。)(∵(j,d)=g,j/g=j1,d/g=d1,(j1,d1)=1とおく)(∵両辺をdで割った)...(**)(∵(j1,d1)=1の状況で両辺をj1で割った)他方、bの位数はdより、(∵j=gj1)(∵gd1=d)∴(∵bjの位数をeとおいていたので)...(***)(**)(***)より、e=d1である。)bjの位数がdとなるための条件は、j<dより、(j,d)=1である。