Pregunta acerca de las raíces primitivas de p y $p^2$

Question

Si $g$ es una raíz primitiva de un primo p , entonces $g$ también es una raíz primitiva de $p^2$ si y sólo si $g^{p-1}\ (mod p^2)$ no $1$. Existe un primo p tal que $p^2$ faltan exactamente m de raíces primitivas de p , por arbitrariamente grandes m ? No m han un límite ?

Answer 1

Por un extraño prime $p$, y cualquier fijo raíz primitiva $g$$p$, no es exactamente una $k$ modulo $p$ tal que $g+kp$ no es una raíz primitiva de $p^2$.

Por lo tanto el número de raíces primitivas "perdidas" por $p^2$ es el número de raíces primitivas de $p$,$\varphi(\varphi(p))$.

No sé de una caracterización exacta de los números que no pueden ser $\varphi(k)$ algunos $k$, mucho menos aquellos que no pueden ser $\varphi(\varphi(p))$. Pero el único impar valor alcanzado por $\varphi(k)$$1$. Y hay un montón de números que no sean alcanzados, por ejemplo,$14$.

Answer 2

Podemos probar algo más genérico.

Declaración : ord$_{p^s}a=d\implies$ord$_{p^{s+1}}a=d$ o $p\cdot d$.

Prueba:

Vamos ord$_{p^{s+1}}(a)=D$ y

vamos ord$\displaystyle_{p^s}a=d\iff a^d\equiv 1\pmod {p^s}=1+p^sq$ donde $q$ es un número entero

$\implies a^D\equiv 1\pmod{p^{s+1}}\equiv 1\pmod{p^s}\implies d\mid D$ es decir, $D=d\cdot k_1$(por ejemplo) donde $k_1$ es un entero positivo.

Ahora, $a^{pd}=(a^d)^p=(1+p^sq)^p=1+\binom p1p^sr+\text{terms divisible by }p^{2s}\equiv 1\pmod{p^{s+1}}$ $2s\ge s+1\iff s\ge1$

$\implies D\mid p\cdot d,$ es decir, $p\cdot d=k_2\cdot D,$(por ejemplo) donde $k_1$ es un entero positivo.

Mutiplying $p\cdot d\cdot D=k_2\cdot D\cdot d\cdot k_1\implies k_1\cdot k_2=p$

Caso$\#1:$ Si $k_1=1,k_2=p,D=d\cdot k_1=d$

Caso$\#2:$ Si $k_2=1,k_1=p,D=d\cdot k_1=p\cdot d$

$\implies$ord$_{p^s}a=d\implies$ord$_{p^{s+1}}a=d$ o $p\cdot d$.