Demostrar que si y sólo si .

Question

Deje $p$ ser un número primo impar, $a,b\in\mathbb{Z}$ tal que $\gcd(a,p)=\gcd(b,p)=1$ e $a\equiv b\pmod{p}$. Demostrar que $a^ n\equiv b^n\pmod{p^k}$ si y sólo si $n(a-b)\equiv 0 \pmod {p^k}$ en que $k,n\in\mathbb{N}$.

Esto es lo que yo hice(spoiler: yo no hicieron casi nada):

$p$ es un número primo impar, por lo tanto, $(\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^\times =\{\overline{x}\in\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}:\gcd (x,p^k)=1\}$ con la multiplicación es un grupo cíclico. Por hipótesis tenemos que $\gcd(a,p)=1$ e $\gcd(b,p)=1$. Por lo tanto, $\gcd(a,p^k)=1$ e $\gcd(b,p^k)=1$ lo que implica que $\overline{a},\overline{b}\in (\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^\times$.

Deje $\varphi(n)$ ser el de Euler totient función. Entonces la cardinalidad de a$(\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^\times$ es $\varphi(p^k)=(p-1)p^{k-1}$.

$(\Rightarrow)$ Supongamos que $\overline{a}^n=\overline{b}^n$. Por lo tanto, $\overline{ab^{-1}}^n=1$.

Mi estrategia es demostrar que $ab^{-1}$ es un generador del grupo $(\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^\times$ porque esto implica que $\varphi(p^k)$ es el orden de $ab^{-1}$ lo que implica que $\varphi(p^k)|n$. Creo que este hecho puede ocurrir, ya que, por hipótesis, $a\equiv b\mod p\Rightarrow ab^{-1}\equiv 1\pmod{p}$. Pero lamentablemente yo no pude probarlo.

Si $\varphi(p^k)|n$, entonces existe $m\in\mathbb{Z}$ tal que $n=\varphi(p^k)m$. Sabemos que $a-b=cp$ en que $c\in\mathbb{Z}$. Por lo tanto, $n(a-b)=(p-1)p^{k-1}mcp=(p-1)p^kcm\Rightarrow n(a-b)\equiv 0 \mod p^k$. Por lo tanto, podemos demostrar que esta implicación si $\varphi(p^k)|n$. Pero, ¿esto realmente ocurre?

Podría alguien ayudarme por favor?

A continuación son algunos de los lemas que pueden ser útiles.

Lema 1: Vamos a $p$ ser un número primo. Si la clase de $x\in\mathbb{Z}$ genera $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ entonces $\overline{x}$ o $\overline{x+p}$ genera $(\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z})^\times$.

Lema 2: Deje $p$ ser un número primo impar. Si la clase de $x\in\mathbb{Z}$ genera $(\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z})^\times$ , a continuación, también genera $(\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^\times$.

Lema 3: Deje $m\geq 1$ ser un número entero. A continuación, $|\{\overline{x}\in (\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^\times :\overline{x}^m=1\}|=\gcd(m,\varphi (p^k))$. Aquí |Un| significa que la cardinalidad del conjunto de $A$.

---

EDIT: me di cuenta de que la estrategia no funcionará. Para ver esto, basta con elegir el $(p,a,b,k,n)=(3,5,2,2,3)$. Pero pensé que de otras estrategias:

Sabemos que $\overline{ab^{-1}}^n=\overline{1}$. Deje $c=ab^{-1}$. Por lo tanto, $c^n\equiv 1\pmod {p^k}\Rightarrow (c-1)(1+c+\cdots +c^{n-1})\equiv 0\pmod {p^k}$.

Si se demuestra que $1+c+\cdots +c^{n-1}\equiv n\pmod {p^k}$, entonces vamos a terminar la demostración. Tal vez podemos probar esta usando $c=ab^{-1}\equiv 1\pmod p$.

Answer 1

He aquí una prueba de la implicación inversa . . .

Reclamo:

Si $p,a,b,k,n$ son tales que

• $p$ es primo.$\\[4pt]$
• $a,b$ son enteros tales que $p{\mid}(a-b)$.$\\[4pt]$
• $k,n$ son enteros positivos para los que $p^k{\,{\large{\mid}}\,}\bigl(n(a-b)\bigr)$.

a continuación, $p^k{\,{\large{\mid}}\,}\bigl(a^n-b^n\bigr)$.

Prueba:

Si $a=b$, la verdad de la afirmación es inmediata, por lo que asumen $a\ne b$.

Siguiente, un lexema . . .

Lema:

Si $m$ es un entero positivo, y $x,y$ son distintos números enteros tales que a$m{\mid}(x-y)$, a continuación, $m\,{\Large{\mid}}\!\left(\!{\Large{\frac{x^m-y^m}{x-y}}}\!\right)$.

La prueba del lema:

Desde $m{\mid}(x-y)$, tenemos $x\equiv y\;(\text{mod}\;m)$, por lo que \begin{align*} \frac{x^m-y^m}{x-y} &=\sum_{i=1}^p x^{m-i}y^{i-1}\\[4pt] &\equiv \sum_{i=1}^m x^{m-i}y^{i-1}\;(\text{mod}\;m)\\[4pt] &\equiv \sum_{i=1}^m x^{m-i}x^{i-1}\;(\text{mod}\;m)\\[4pt] &\equiv \sum_{i=1}^m x^{m-1}\;(\text{mod}\;m)\\[4pt] &\equiv mx^{m-1}\;(\text{mod}\;m)\\[4pt] &\equiv 0\;(\text{mod}\;m)\\[4pt] \end{align*} lo que completa la prueba del lema.

Volviendo a la prueba . . .

Deje $j$ ser tal que $p^j||(a-b)$.

Desde $p^k{\,{\large{\mid}}\,}\bigl(n(a-b)\bigr)$, se deduce que el $p^h{\mid\,}n$, donde $h=k-j$.

De la misma manera, tenemos $$a^{p^h}-b^{p^h}=(a-b)\prod_{i=1}^h\frac{a^{p^i}-b^{p^i}}{a^{p^{i-1}}-b^{p^{i-1}}}$$

Aplicando el lema, cada uno de los factores $$\frac{a^{p^i}-b^{p^i}}{a^{p^{i-1}}-b^{p^{i-1}}}$$ es un múltiplo de a$p$, por lo tanto, ya no se $h$ tales factores, obtenemos $$p^h{\Large{\mid}}\prod_{i=1}^h\frac{a^{p^i}-b^{p^i}}{a^{p^{i-1}}-b^{p^{i-1}}}$$ entonces, desde el $p^j{\mid}(a-b)$, e $j+h=k$, obtenemos $$p^k{\,{\large{\mid}}\,}\bigl(a^{p^h}-b^{p^h}\bigr)$$ y desde $p^h{\mid\,}n$, obtenemos $$(a^{p^h}-b^{p^h}\bigr){\,{\large{\mid}}\,}\bigl(a^n-b^n\bigr)$$ por lo tanto $$p^k{\,{\large{\mid}}\,}\bigl(a^n-b^n\bigr)$$ como iba a ser mostrado.

Answer 2

La persona cuya única herramienta es un martillo ve cada problema como un clavo. El $p$-ádico enfoque no es mi única herramienta, pero veo a $p$-ádico fenómenos en este cada problema. Voy a tratar de ocultar mi perjuicio, sin embargo.

Dada nuestra impar prime $p$, voy a medir la divisibilidad de un número entero por $p$ con la función de $v:\Bbb Z^{\ne0}\to\Bbb Z^{\ge0}$. Su definición es que si $z=p^kw$, donde $\gcd(p,w)=1$, a continuación, $v(z)=k$. Que es, $v$ sólo cuenta la cantidad de $p$'s en $z$. Usted ver que $v(zz')=v(z)+v(z')$, y que si $v(z')>v(z)$, a continuación, $v(z+z')=v(z)$.

El uso de $v$, entonces, puedo reformular el problema como: si $v(a)=v(b)=0$ e $v(a-b)\ge0$, tenemos la equivalencia $$ v(a^n-b^n)\ge k\Leftrightarrow v(n(a-b))\ge k\,. $$ Ahora, aunque no es esencial, me voy a tomar el caso especial $a=1$. Para mí, las cosas se vuelven un poco más conceptual de esa manera. A continuación, voy a presentar una serie de planteamientos del problema, que espero que vamos a ver son equivalentes a la original. Después de que todo ha terminado, voy a tratar con el general $a$, no sólo a $a=1$.
Declaración. $v(1-b^n)\ge k\Leftrightarrow v(n)+v(1-b)\ge k$.
Actualización 1. $v(1-b^n)=k\Leftrightarrow v(n)+v(1-b)=k$.
Reformulación 2. $v(1-b^n)=v(n)+v(1-b)$.
Actualización 3. Set $b=1+\varepsilon$ (de modo que $1-b=-\varepsilon)$, y de manera similar a $b^n=1+\varepsilon'$. A continuación, $v(\varepsilon')=v(n)+v(\varepsilon)$.
Actualización 4. Si $v(\varepsilon)\ge1$, a continuación, $v\bigl((1+\varepsilon)^n-1\bigr)=v(n)+v(\varepsilon)$.

Es esta última la reiteración de que los voy a probar, primero por $n$ primer a $p$ y, a continuación, para $n=p^k$. Puedes ver que estas se combinan para probar la última actualización.

Caso 1. Deje $\varepsilon\in\Bbb Z$, $v(\varepsilon)\ge1$, y deje $v(m)=0$. A continuación, $v\bigl((1+\varepsilon)^m-1\bigr)=v(\varepsilon)$.
Prueba. Expanda $(1+\varepsilon)^m$, y ver que $-1+(1+\varepsilon)^m=m\varepsilon+\varepsilon^2w$, para un entero $w$, por lo que $v(\varepsilon^2w)>v(m\varepsilon)$. La deseada igualdad de la siguiente manera.

Caso 2. Deje $\varepsilon\in\Bbb Z$, $v(\varepsilon)\ge1$. A continuación, para $k\ge0$, obtenemos la igualdad de $v\bigl((1+\varepsilon)^{p^k}-1\bigr)=k+v(\varepsilon)$.
Prueba. Sigue por el caso de $k=1$, que me muestran ahora. De nuevo tenemos que ampliar: $$ -1+(1+\varepsilon)^p=p\varepsilon+\frac{p(p-1)}2\varepsilon^2+\cdots+p\varepsilon^{p-1}+\varepsilon^p\,, $$ en la que todos los términos de la $p\varepsilon$ a de la $p\varepsilon^{p-1}$ tienen un factor de $p\varepsilon^2$ (debido a $p-1\ge2$: aquí, finalmente, es donde usamos la hipótesis de que la $p>2$ !) y el último término de $\varepsilon^p$ también es divisible por $p\varepsilon^2$ porque $p|\varepsilon$ (aquí de nuevo utilizamos $p>2$). Por lo tanto $v\bigl((1+\varepsilon)^p-1\bigr)=1+v(\varepsilon)$, como se desee.

Así que usted puede ver que hemos probado Reformulación 4, lo que nos da la original negrita Declaración.

Ahora, para el caso general. Deje $v(a-b)=k$. Desde $\gcd(a,p^{k+1})=1$, hay un $a'$ tal que $aa'=1+p^{k+1}u$, es decir, $a'$ es un modulo-$p^{k+1}$-inversa de a$a$. Así, desde la $v(1-aa')>k$ también conseguimos $v(1-a^n{a'}^n)>k+v(n)$. Desde $v(a')=0$, podemos ver que $v(aa'-ba')=k$. También, $$ una(1-ab')=(a-b)+b(1-aa')\,, $$ donde $v(a-b)=k$ e $v\bigl(b(1-aa')\bigr)>k$, por lo que $v(1-ba')=k$. Ahora, $$ a^n-b^n=a^n(1-b^n{a'}^n)\quad\quad b^n(1-a^n{a'}^n)\,, $$ donde, en el lado derecho, el primer bloque ha $v$-valor igual a $k+v(n)$ porque $v(1-ba')=k$ y el segundo bloque se ha $v$-valor mayor que $k+v(n)$. Por lo tanto $v(a^n-b^n)=k+v(n)=v(a-b)+v(n)$.

Answer 3

Deje $c\equiv ab^{-1}\pmod{p^k}$, entonces podemos probar en lugar de que $$ c^n\equiv 1 \pmod{p^k} \Longleftrightarrow n(c-1)\equiv 0 \pmod{p^k} $$

---

Lema. Deje $g$ ser un generador de $(\mathbb Z/p^k \mathbb Z)^*$, que es también un generador de $(\mathbb Z/p\mathbb Z)^*$. Entonces $$ c \equiv g^{(p-1)w} \pmod{p^k} $$ para algunos entero $w$.

Prueba. Deje $c\equiv g^u\pmod{p^k}$ para algunos $0\leq u< p^{k-1}(p-1)$. Desde $$ un\equiv b \pmod p \implica g^u\equiv c\equiv ab^{-1}\equiv 1 \pmod p, $$ esto demuestra que $$ u\equiv 0 \pmod{p-1} \implica u=(p-1)w $$ para algunos entero $w$.

$$\tag*{$\square$}$$

---

Así que se reduce a probar que $$ g^{(p-1)nw}\equiv c^n\equiv 1\pmod{p^k} \Longleftrightarrow n(g^{(p-1)w}-1)\equiv 0 \pmod{p^k} $$

El siguiente paso es dividir la prueba dependiendo de cuántas veces $p$ divide $n$. Escribir $$ n = p^tm,\quad \gcd(m,p)=1 $$

Caso 1: $t\geq k-1$

Si $t\geq k-1$, entonces ambos lados son trivialmente verdadera: $$ \begin{align} g^{(p-1)nw} &\equiv (g^{(p-1)p^{t}})^{mw} \equiv (1)^{mw} \equiv 1 \pmod{p^k}\\ n(g^{(p-1)w}-1) &\equiv (mp^{t})(c-1) \equiv 0 \pmod{p^k} \end{align} $$ (Recordemos que $c-1 \equiv 0\pmod p$ es una condición dada.)

Caso 2: $t\leq k-2$

El próximo suponemos que $0\leq t \leq k-2$. (También estamos asumiendo $k\geq 2$, desde el $k=1$ es trivial.) A continuación, en el lado izquierdo tenemos

$$ \begin{align} g^{(p-1)nw}-1 &\equiv 0 \pmod{p^k}\\ g^{(p-1)p^tmw}&\equiv 1 \pmod{p^k}\\ (p-1)p^tmw &\equiv 0 \pmod{p^{k-1}(p-1)}\\ p^tmw &\equiv 0 \pmod{p^{k-1}}\\ p^tw &\equiv 0 \pmod{p^{k-1}},\quad \text{since }\gcd(m,p)=1\\ (p-1)p^tw &\equiv 0 \pmod{p^{k-1}(p-1)}\\ (p-1)w &\equiv 0 \pmod{p^{k-t-1}(p-1)}\\ g^{(p-1)w}-1 &\equiv 0 \pmod{p^{k-t}}\\ m(g^{(p-1)w}-1) &\equiv 0 \pmod{p^{k-t}}\\ p^t m(g^{(p-1)w}-1) &\equiv 0 \pmod{p^k}\\ n(g^{(p-1)w}-1) &\equiv 0 \pmod{p^k} \end{align} $$

Desde que se transformó en el lado izquierdo a la IZQUIERDA, son equivalentes. (Edit 1: me sentí como si hubiera saltado desde el paso 2 hasta el paso 8.)

Answer 4

Ya alguien ha probado ya el derecho implicación, pensé que el siguiente Lema podría ayudar con la izquierda:

Lema:$$\tag{1}a \equiv b \pmod{rq } \implies a^r \equiv b^r \pmod{r^2 q}.$$

Mi intento de utilizar el Lema:

Para el caso de $k=2^m$, vamos a $q=1$$r=p$$(1)$, $$\tag{2}a^p\equiv b^p\pmod{p^2}.$$

Ahora, vamos a $a'=a^p$, $b'=b^p$, y $p'=p^2$$(2)$, luego por la otra aplicación de $(1)$ $$(a')^{p'}\equiv(b')^{p'}\pmod{\left(p'\right)^2}\\\implies a^{p^3}\equiv b^{p^3}\pmod{p^4}.$$

De continuar este proceso, que finalmente consigue $$\tag{3} a^{p^t}\equiv b^{p^t}\pmod{p^k}.$$

De $(3)$, yo creo que si $$a\not\equiv b\pmod{p^k},$$ then assuming $$a^n\equiv b^n\pmod{p^k},$$ should imply that $n$ is also some power of $p$, from which it follows $$n(a-b)\equiv 0\pmod{p}.$$