Supongamos que $a \in \mathbb{Z}$ tiene orden $3$ modulo algún primo $p$ con $\gcd(p,a)=1$ . ¿Por qué se deduce que $a+1$ tiene orden $6$ ? Puedo demostrar que $(a+1)^6 \equiv1 \pmod p$ porque $3 \mid p-1$ y por lo tanto $p=6k$ para algunos $k \in \mathbb{Z}$ . Pero, ¿por qué el orden no puede ser menor que $6$ ? Supongo que tengo que encontrar alguna contradicción a la orden de $a$ ser $3$ pero estoy atascado en cómo continuar.
Respuestas
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Como se ha señalado, ya que $p$ es primo, y $a$ tiene orden $3$ , mod. $p$ se deduce que $p\equiv 1\;(\text{mod}\;3)$ .
En particular, $p > 2$ Así que $-1\not\equiv 1\;(\text{mod}\;p)$ .
Además, como $a$ tiene orden $3$ , mod. $p$ obtenemos \begin{align*} &\!\! \begin{cases} a^3\equiv 1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] a\not\equiv 1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] \end{cases} \\[10pt] \text{Then}\;\;&a^3\equiv 1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] \implies\;&a^3-1\equiv 0\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] \implies\;&(a-1)(a^2+a+1)\equiv 0\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] \implies\;&a^2+a+1\equiv 0\;(\text{mod}\;p)\qquad\text{[since $a\not\equiv 1\;(\text{mod}\;p)$ [10pt] \text{Then}\;\;&(a+1)^3\equiv a^3+3a^2+3a+1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] &\phantom{(a+1)^3}\equiv 3a^2+3a+2\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] &\phantom{(a+1)^3}\equiv 3(a^2+a+1)-1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] &\phantom{(a+1)^3}\equiv -1\;(\text{mod}\;p)\\[10pt] \implies\;&(a+1)^6\equiv 1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] \N - fin {align*} por lo que el orden de $a+1$ , mod. $p$ , divide $6$ y no es igual a $3$ .
Queda por demostrar que el orden de $a+1$ , mod. $p$ no es igual a $1$ o $2$ .
Para ello, bastará con mostrar $(a+1)^2\not\equiv 1\;(\text{mod}\;p)$ . \begin{align*} \text{Then}\;\;(a+1)^2&\equiv a^2+2a+1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] &\equiv (a^2+a+1)+a\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] &\equiv a\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] &\not\equiv 1\;(\text{mod}\;p)\\[4pt] \end{align*} De ello se desprende que el orden de $a+1$ , mod. $p$ es $6$ como se iba a demostrar.
Arnaud Mortier
Puntos
297
Desde $a$ tiene orden $3$ sabemos que $a\not\equiv -1, 0, 1\pmod p$ .
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$a\not\equiv -1\implies a+1\not\equiv 0$ Por lo tanto $a+1$ sigue siendo invertible módulo $p$ (por lo que sí tiene un orden en el grupo multiplicativo).
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$a\not\equiv 0\implies a+1\not\equiv 1\pmod p$ , por lo que el orden de $a+1$ no es $1$ .
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$a\not\equiv 1\ \wedge (a-1)(a^2+a+1)\equiv 0\implies a^2+a+1\equiv 0$
Ahora desde $a^2+a+1\equiv 0$ puede simplificar $(a+1)^2$ en $a$ y sabes que $a\not\equiv 1$ para que el orden no sea $2$ . También puede simplificar $(a+1)^3$ en $-1$ que no es $1$ ya que no hay elementos de orden $3$ en $\Bbb Z/2\Bbb Z^\star.$
La orden tiene que dividir $6$ como has observado correctamente, por lo que es igual a $6$ .
