Teoría de números y pregunta de álgebra abstracta

Question

Entonces estaba resolviendo esta pregunta: Encuentra un isomorfismo del grupo aditivo $\mathbb Z_6$ al grupo multiplicativo de unidades $U_7$ en $\mathbb Z_7.

Descubrí que $3$ es generador de U7 por fuerza bruta, así que me preguntaba si es posible, dado un grupo de unidades $U_n$ en $\mathbb Z_p$, obtener un generador para ese grupo de manera sistemática?

Answer 1

Sea $o(a)$ el orden de $a$ en el grupo $(\mathbf{Z}/p\mathbf{Z})^\times$ y sea $\nu_q(n)$ la mayor potencia de $q$ que divide a $n$. Así, $o(a) = \min\{k\ge 1 : a^k = 1\}$ y $\nu_q(n) = \max\{k\ge 0 : q^k\mid n\}$.

Una prueba relativamente rápida es la siguiente: si $a^{(p-1)/q} \ne 1$ para cada factor primo $q$ de $p-1$, entonces $a$ es una raíz primitiva módulo $p>.

Prueba. Si $o(a) < p-1$, entonces, dado que el orden de un elemento divide al de un grupo, $o(a)\mid p-1$, lo que significa que $\nu_q(o(a)) \le \nu_q(p-1)$ para cada primo $q$. Dado que $o(a)$ no es igual a $p-1$, debe existir un primo $q$ para el cual la desigualdad $\nu_q(o(a)) \le \nu_q(p-1)$ es estricta, de lo cual se deduce que, para este primo $q$, $\nu_q(o(a)) \le \nu_q(p-1)-1$. Esto implica dos cosas: que $q$ divide a $p-1$ y que $o(a) \mid (p-1)/q$; el resultado se obtiene tomando la contrapositiva.

Existe una manera (un poco tediosa) de construir raíces primitivas a partir de suposiciones incorrectas. Demostraré su corrección mientras lo describo.

Toma $a_0$ en $(\mathbf{Z}/p\mathbf{Z})^\times$ y supongamos que $n := o(a_0) < p-1$. El subgrupo $\langle a_0 \rangle$ generado por $a_0$ es el conjunto completo de raíces de $X^n-1$ en $\mathbf{Z}/p\mathbf{Z}$; si elegimos algún elemento $b_0$ que no esté en $\langle a_0 \rangle$ entonces, necesariamente, $b_0^n \ne 1$, lo que significa que $o(b_0) =: m \nmid n>. Por lo tanto, $e := \nu_q(m) > \nu_q(n) =: d$ para algún primo $q>. Define un nuevo candidato para la propiedad de raíz primitiva mediante

$$\Large a_1 = a_0^{q^d}b_0^{m/q^e}.$$

Por la fórmula $o(g^k) = o(g)/\gcd(o(g), k)$, vemos que $o(a_0^{q^d}) = n/q^d$ y $o(b_0^{m/q^e}) = q^e>. Ahora, dado que $n/q^d$ y $q^e$ son coprimos, $o(a_1) = nq^{e-d} > n = o(a_0)$!

Debería quedar claro que si $o(a_1) < p-1>, podemos repetir el proceso, eligiendo $b_1$ como antes, etc. Esto no puede continuar indefinidamente porque solo hay un número finito de enteros entre $o(a_0)$ y $p - 1$!

Aquí hay un cálculo de ejemplo. Sea $p = 19$ y supongamos $a_0 = 8$. Dado que $\langle 8 \rangle = \{1, 8, 7, 18, 11, 12\}$, vemos que $n = o(8) = 6 < 18$>. Elije $b_0 = 5$ y observa que $m = o(5) = 9$, que no divide a $n = 6$ porque $9$ tiene más $3$s en él. Sea $q = 3$, de modo que $e = 2$ y $d = 1$. Por la fórmula, $$a_1 = a_0^{3^1}b_0^{9/3^2} = 8^{3^1} \cdot 5^{9/3^2} = 8^3\cdot 5^1 = 14$$ y $14$ tiene orden $nq^{e-d} = 6\cdot 3^{2-1} = 18$, por lo que es una raíz primitiva.