Для премьер $p \ge 5$ существует $n$ с участием $2 \le n \lt p -1$ с участием $[n]$ первобытный корень единства $(\mathbb{Z}/{p^2}\mathbb{Z})^\times$.
Позволять $p$ быть простым удовлетворяющим $p \ge 5$.
Верно ли следующее?
Существует целое число $n$ удовлетворение
$\quad 2 \le n \lt p -1$
$\quad \text{The residue class } $[n]$ \text{ generates the multiplicative group } (\mathbb{Z}/{p^2}\mathbb{Z})^\times$
$\quad$(т.е. $[n]$ примитивный корень из единства)
Если утверждение верно, возникает дополнительный вопрос,
Есть ли простое число, которое можно выбрать для $n$?
Моя работа
Я «поигрался» с теорией чисел до такой степени, что теперь это интуитивно понятная «верная вещь», но все это можно разобрать на противоположный пример. Поскольку, если это правда, ответ может быть задействован, я добавил тег запроса ссылки . Я также добавил тег гипотезы, но я удалю его, если он станет несостоятельным из полученных отзывов.
Ответы
Ладно, в общем случае разобрался. Я все же оставлю свой другой ответ.
Напомним, что $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}^\times \cong C_{p(p-1)} \cong C_p \times C_{p-1}$.
В частности, каждый первообразный корень $\alpha$ мод $p$ имеет ровно один лифт $\hat{\alpha}$ мод $p^2$ который не является примитивным, и он соответствует тому, что живет в $\{e\} \times C_{p-1}$подгруппа в указанном выше изоморфизме. Из этого видно, что если$\hat{\alpha}$ примитивный мод $p$ но не мод $p^2$ чем его мультипликативный обратный мод $p^2$ (который $\hat{\alpha}^{p-2}$ в данном случае) тоже примитивный мод $p$ но не мод $p^2$.
Хорошо, теперь предположим $\alpha < p$ это примитивный корневой мод $p$ но нет $p^2$. Считайте уникальный номер$\beta < p$ такой, что $\alpha \beta \equiv 1$ мод $p$. Я утверждаю, что$\beta$ должен быть примитивный корневой мод $p^2$. Предположим, что нет, тогда$\beta$ должно быть обратным $\alpha$ мод $p^2$ поскольку существует единственный непримитивный элемент, конгруэнтный $\beta$ мод $p$, и мы знаем обратное $\alpha$это один. Однако поскольку$\alpha < p $ и $\beta < p$ у нас есть это $\alpha \beta < p^2$, поэтому они не могут быть обратными.
Вот доказательство того, когда $p \equiv 1 \ (\text{mod } 4)$:
Сначала обратите внимание, что если $p \equiv 1 \mod 4$ тогда $\alpha$ это примитивный корневой мод $p$ если только $-\alpha$является. Предположим$(-\alpha)^b \equiv 1$ для некоторых $b < p-1$. Если$b$ даже тогда у нас было бы $\alpha^b \equiv 1$, что противоречит $\alpha$примитивен. Если$b$ были тогда странными $\alpha^b \equiv -1$, что происходит только когда $b = \frac{p-1}{2}$ но это не странно, так как $p \equiv 1 \ (\text{mod } 4)$.
Хорошо, теперь давайте посмотрим на мод $p^2$. Я утверждаю, что если$\alpha < p$ это примитивный корневой мод $p$ то хотя бы один из $\alpha$ или же $p-\alpha$ примитивный мод $p^2$.
поскольку $\alpha$ и $p-\alpha$ примитивный мод $p$, затем мод $p^2$ они либо примитивны, либо в них порядок $p-1$. Предположим, у нас есть оба$\alpha^{p-1}$ и $(p-\alpha)^{p-1}$ конгруэнтны $1$ мод $p^2$. Расширяя это с помощью биномиальной теоремы, мы получаем:
$$1 \equiv (p-\alpha)^{p-1} \equiv -\binom{p-1}{1}pa + \alpha^{p-1} \equiv -(p-1)p\alpha +1$$
Что значит $(p-1)p\alpha$ делится на $p^2$, но это противоречие, поскольку $p$ прост и $\alpha < p$.