Cómo derivar esta expresión $ r ^{ (p-1)/2} \equiv -1 \pmod p$ de la raíz primitiva de un impar primera $p$.

Question

Mientras estudiaba teoría elemental del número por David M. Burton me encontré con esta línea:

porque $r$ es una raíz primitiva de $p$ $$ r ^{ (p-1)/2} \equiv -1 (\mod p) $$ where $$ %p es un primo impar.

¿Alguien podria explicarme por favor cómo se deriva? Gracias de antemano.

Answer 1

Sugerencia:

Si $r$ es una raíz primitiva de $p$ existe $\{1,2,\dots (p-1) \}$ restante cuando los poderes de $r$ se divide por $p$.

Sabemos que MCD$(r,p)=1$, por lo tanto, el uso de Fermat poco teorema:

$r^{\phi(p)} \equiv 1 \mod p \implies r^{p-1} \equiv 1 \mod p$

$r^{\frac{p-1}{2}} \equiv \pm1 \mod p$ , no puede ser $1 \mod p$ como ya ha sido tomado por $r^{p-1}$(no puede haber dos restos cuando p es dividido por $\{r^{1},r^{2}, \dots r^{p-1} \}$.

Nota: Como Don Antonio sugiere en su comentario, como $r$ está destinada a ser una raíz primitiva, no puede ser $ 1 \mod p$ menos que el poder de $r$ es elevado a $p-1$.

Por lo tanto,

$r^{\frac{p-1}{2}} \equiv p-1 \mod p \equiv -1 \mod p$

Hay una interesante aproximación a través de pigeon-hole principio, demasiado.

Acercamiento elemental:

Tienes $r$ bolas en círculo, que se dividen en un grupo de $p$, dejar que las bolas se quede $k$. Cada vez aumenta el número de bolas de poder de $r$ a la potencia hasta $(p-1)$, usted recibirá un número distinto de bolas de izquierda en el final, intentar razonar por qué sólo UN balón que queda cuando ha $r^{p-1}$ bolas en un círculo.

Answer 2

Si $0 \ne a \in \Bbb{Z}_{p}$, nos hemos de Euler-Fermat $$ 1 = un ^ {{p-1}} = (a ^ {\frac {p-1} {2}}) ^ {2}, $$ así $$a^{\frac{p-1}{2}} = \pm 1,$ $ porque el polinomio $x^2 -1$ tiene el % de dos raíces $\pm 1$en el campo $\Bbb{Z}_{p}$. (Recordemos el $p$ es un primo impar ).

Ahora por definición una raíz primitiva $r$ % de orden $p-1$, lo $$ r ^ {\frac {p-1} {2}} \ne 1, $$ por lo tanto $$ r ^ {\frac {p-1} {2}} = -1. $$

Answer 3

Siendo esta una raíz primitiva significa que $r$ es un generador para el grupo multiplicativo mod p. Esto implica que $r^{p-1}=1 (mod\: p)$ y que p-1 es el nivel más bajo de r para hacerla igual a la identidad, esto es lo que se llama el orden de $r$

Ahora uso el hecho de que $p$ es un extraño prime, lo que implica que $p-1$ es incluso. Por lo tanto, $(p-1)/2$ es un número entero y sabemos que: $(r^{(p-1)/2})^2=1 (mod\: p)$. Por lo tanto, $r^{(p-1)/2}$ tiene orden de más de 2. No se puede tener orden 1(la identidad) porque, a continuación, $r$ no sería un generador. Por lo tanto el orden es 2. Entonces a la conclusión de que la mayoría de los ser $-1 (mod\: p)$.

Answer 4

Nota $\ $ $\rm\,\Bbb Z_p\,$ (o cualquier dominio), $ $ si tiene orden % de $\rm\:r\:$ $\rm\,2n\,$y $\rm\:0\, =\, r^{2n}!-1 = (r^n-1)(r^n!+1)\:$ $\rm\:r^n = \pm1.\:$ $\rm\,r\,$ tiene orden $\rm\,2n\:\Rightarrow\:r^n\ne 1,\:$ por lo tanto $\rm\,r^n = -1.$