Per primo $p \ge 5$ esiste un $n$ con $2 \le n \lt p -1$ con $[n]$ una radice primitiva di unità di $(\mathbb{Z}/{p^2}\mathbb{Z})^\times$.

Question

Permettere $p$ essere un primo soddisfacente $p \ge 5$.

È vero quanto segue?

Esiste un numero intero $n$ soddisfacente

$\quad 2 \le n \lt p -1$
$\quad \text{The residue class } $[n]$ \text{ generates the multiplicative group } (\mathbb{Z}/{p^2}\mathbb{Z})^\times$
$\quad$(es $[n]$ è una radice primitiva di unità)

Se l'affermazione è vera, c'è una domanda di follow-up,

C'è un numero primo che può essere scelto $n$?

Il mio lavoro

Ho "giocato" con la teoria dei numeri al punto che ora questa è una "cosa sicura" intuitiva, ma può essere distrutta con un contro esempio. Poiché, se vero, la risposta potrebbe essere coinvolta, ho aggiunto il tag di richiesta di riferimento . Ho anche aggiunto il tag congettura, ma lo cancellerò se diventa insostenibile dal feedback che ricevo.

Answer 1

Ok, ho capito il caso generale. Lascio comunque la mia altra risposta.

Richiama questo $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}^\times \cong C_{p(p-1)} \cong C_p \times C_{p-1}$.

In particolare ogni radice primitiva $\alpha$ mod $p$ ha esattamente un ascensore $\hat{\alpha}$ mod $p^2$ che non è primitivo, e corrisponde a quello che vive in $\{e\} \times C_{p-1}$sottogruppo nell'isomorfismo di cui sopra. Possiamo vedere da questo che se$\hat{\alpha}$ è il mod primitivo $p$ ma non mod $p^2$ rispetto alla sua mod inversa moltiplicativa $p^2$ (che è $\hat{\alpha}^{p-2}$ in questo caso) è anche primitivo mod $p$ ma non mod $p^2$.

Ok ora supponiamo $\alpha < p$ è una radice primitiva mod $p$ ma no $p^2$. Considera il numero univoco$\beta < p$ tale che $\alpha \beta \equiv 1$ mod $p$. Lo sostengo$\beta$ deve essere un mod di root primitivo $p^2$. Supponiamo di no, allora$\beta$ deve essere l'inverso di $\alpha$ mod $p^2$ poiché esiste un unico elemento non primitivo congruente a $\beta$ mod $p$, e conosciamo l'inverso di $\alpha$è uno. Tuttavia, da quando$\alpha < p $ e $\beta < p$ ce l'abbiamo $\alpha \beta < p^2$, quindi non possono essere inversi.

Answer 2

Ecco una prova per quando $p \equiv 1 \ (\text{mod } 4)$:

Prima nota che se $p \equiv 1 \mod 4$ poi $\alpha$ è una radice primitiva mod $p$ iff $-\alpha$è. Supponiamo$(-\alpha)^b \equiv 1$ per alcuni $b < p-1$. Se$b$ anche allora avremmo $\alpha^b \equiv 1$, che è una contraddizione come $\alpha$è primitivo. Se$b$ erano strani allora $\alpha^b \equiv -1$, che accade solo quando $b = \frac{p-1}{2}$ ma da allora non è strano $p \equiv 1 \ (\text{mod } 4)$.

Va bene, quindi ora guardiamo mod $p^2$. Affermo che se$\alpha < p$ è una radice primitiva mod $p$ quindi almeno uno di $\alpha$ o $p-\alpha$ è il mod primitivo $p^2$.

Da $\alpha$ e $p-\alpha$ sono mod primitivi $p$, quindi mod $p^2$ o sono primitivi o hanno ordine $p-1$. Supponiamo di avere entrambe le cose$\alpha^{p-1}$ e $(p-\alpha)^{p-1}$ sono congruenti a $1$ mod $p^2$. Espandendo questo con il teorema binomiale otteniamo:

$$1 \equiv (p-\alpha)^{p-1} \equiv -\binom{p-1}{1}pa + \alpha^{p-1} \equiv -(p-1)p\alpha +1$$

Che significa $(p-1)p\alpha$ è divisibile per $p^2$, ma da allora è una contraddizione $p$ è primo e $\alpha < p$.