プライムの場合 $p \ge 5$ が存在します $n$ と $2 \le n \lt p -1$ と $[n]$ の統一の原始根 $(\mathbb{Z}/{p^2}\mathbb{Z})^\times$。

Question

しましょう $p$ 満足のいく素数になる $p \ge 5$。

次は本当ですか？

整数が存在します $n$ 満足

$\quad 2 \le n \lt p -1$
$\quad \text{The residue class } $[n]$ \text{ generates the multiplicative group } (\mathbb{Z}/{p^2}\mathbb{Z})^\times$
$\quad$（すなわち $[n]$ 統一の原始根です）

ステートメントが真である場合、フォローアップの質問があります、

選択できる素数はありますか $n$？

私の仕事

私はこれが今や直感的な「確かなこと」になるまで数論で「遊んでいる」が、反例ですべてを吹き飛ばすことができる。trueの場合、答えが関係している可能性があるため、参照リクエストタグを追加しました。推測タグも追加しましたが、得られたフィードバックからそれが不可能になった場合は削除します。

Answer 1

さて、私は一般的なケースを理解しました。しかし、私はまだ他の答えを残しておきます。

それを思い出します $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}^\times \cong C_{p(p-1)} \cong C_p \times C_{p-1}$。

特に各原始根 $\alpha$ モッド $p$ リフトは1つだけです $\hat{\alpha}$ モッド $p^2$ これは原始的ではなく、に住んでいるものに対応しています $\{e\} \times C_{p-1}$上記の同型写像のサブグループ。このことから、$\hat{\alpha}$ 原始的なmodです $p$ modではありません $p^2$ その乗法逆数modより $p^2$ （これは $\hat{\alpha}^{p-2}$ この場合）もプリミティブmodです $p$ modではありません $p^2$。

さて、今仮定します $\alpha < p$ 原始根modです $p$ だがしかし $p^2$。一意の番号を検討してください$\beta < p$ そのような $\alpha \beta \equiv 1$ モッド $p$。私はそれを主張します$\beta$ 原始根modでなければなりません $p^2$。そうではないと思います。$\beta$ の逆でなければなりません $\alpha$ モッド $p^2$ に合同な固有の非原始元があるので $\beta$ モッド $p$、そして私たちはの逆を知っています $\alpha$1であります。しかし以来$\alpha < p $ そして $\beta < p$ 私たちはそれを持っています $\alpha \beta < p^2$、したがって、それらはおそらく逆になることはできません。

Answer 2

これがいつの証拠です $p \equiv 1 \ (\text{mod } 4)$：

最初に注意してください $p \equiv 1 \mod 4$ その後 $\alpha$ 原始根modです $p$ iff $-\alpha$です。仮定します$(-\alpha)^b \equiv 1$ いくつかのための $b < p-1$。場合$b$ それでも私たちは持っていたでしょう $\alpha^b \equiv 1$、これは次のような矛盾です $\alpha$原始的です。場合$b$ 当時は奇妙でした $\alpha^b \equiv -1$、これは次の場合にのみ発生します $b = \frac{p-1}{2}$ でもそれは奇妙なことではありません $p \equiv 1 \ (\text{mod } 4)$。

Okay so now lets look mod $p^2$. I claim that if $\alpha < p$ is a primitive root mod $p$ then at least one of $\alpha$ or $p-\alpha$ is primitive mod $p^2$.

Since $\alpha$ and $p-\alpha$ are primitive mod $p$, then mod $p^2$ they are either primitive or they have order $p-1$. Suppose we have that both $\alpha^{p-1}$ and $(p-\alpha)^{p-1}$ are congruent to $1$ mod $p^2$. Expanding this with the binomial theorem we get:

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

Which means $(p-1)p\alpha$ is divisible by $p^2$, but that is a contradiction since $p$ is prime and $\alpha < p$.