Mostrando que existe un entero positivo$t$ tal que$5^t\equiv -3\pmod {2^{n+4}}$

Question

Cuando trato con la teoría de los números, encuentro un problema que parece ser fácil pero no puedo demostrarlo.

deje que $n$ sea un entero positivo, existe un entero positivo $t$ tal que $$5^t\equiv -3\pmod {2^{n+4}}$ $

Answer 1

Recuerda que, por $n\geq 2$, el elemento $5$ tiene orden de $2^{n-2}$ en $(\Bbb Z/2^n\Bbb Z)^\times$. Esto sigue demostrando que $$5^{2^{n-2}}=1+2^nk_n$$ con $2\nmid k_n$. Para argumentar por inducción en $n$, tenemos \begin{align} 5^{2^{n-1}} &=(1+2^nk_n)^2\\ &=1+2^{n+1}k_n+2^{2n}k_n^2\\ &=1+2^{n+1}k_n(1+2^{n-1}k_n) \end{align} por lo tanto $2\nmid k_{n+1}=k_n(1+2^{n-1}k_n)$.

En consecuencia, tenemos un surjective grupos homomorphism $\sigma_n:(\Bbb Z/2^n\Bbb Z)^\times\to\{\pm 1\}$ tal que $\operatorname{Ker}\sigma_n=\langle 5\rangle$. La canónica anillo homomorphism $\varepsilon_n:\Bbb Z/2^n\Bbb Z\to\Bbb Z/4\Bbb Z$ induce un surjective grupo homomorphism $\varepsilon_n^\times:(\Bbb Z/2^n\Bbb Z)^\times\to(\Bbb Z/4\Bbb Z)^\times$ y tenemos un diagrama conmutativo: $\require{AMScd}$ \begin{CD} (\Bbb Z/2^n\Bbb Z)^\times@>\varepsilon_n^\times>>(\Bbb Z/4\Bbb Z)^\times\\ @V\sigma_nVV@V\sim V\sigma_2V\\ \{\pm 1\}@=\{\pm 1\} \end{CD} De esto se deduce que $x\in\operatorname{Ker}\sigma_n$ si y sólo si $x\equiv 1\pmod 4$. En particular, $-3\equiv 1\pmod 4$, por lo tanto $-3\in\operatorname{Ker}\sigma_n=\langle 5\rangle$, que es $-3\equiv 5^t\pmod{2^n}$ para algunos $t$.

Answer 2

Reivindicación 1. Para cualquier $n\ge0$, $5^{2^n}-1=2^{n+2}.odd$.

Por inducción, $$5^{2^{n+1}}-1=(5^{2^n}-1)(5^{2^n}+1)=2^{n+2}.odd.2.odd=2^{n+3}.odd$$ since in general $5^m+1=1^m+1=2\pmod{4}$. Of course, $5^1-1=2^2.1$.

Reivindicación 2. Para cada $k$, hay un $r$ tal que para cualquier $n$, $2^k|(5^{2^{k-2}n+r}+3)$.

Para $k=2$, $5^n+3=1+3=0\pmod{4}$.

Supongamos $2^k|(5^{2^{k-2}n+r}+3)$; entonces, o $2^{k+1}|(5^{2^{k-1}n+r}+3)$ satisface la reclamación, o de lo $5^{2^{k-1}n+r}+3=2^k.odd$. En este caso, \begin{align*} 5^{2^{k-2}(2n+1)+r}+3&=5^{2^{k-1}n+r}.5^{2^{k-2}}+3\\ &=(5^{2^{k-1}n+r}+3)5^{2^{k-2}}-3(5^{2^{k-2}}-1)\\ &=2^k.odd.5^{2^{k-2}}-3.2^k.odd\\ &=2^k(odd-odd)\\ &=2^{k+1}a\end{align*}

Por lo tanto para cada $k\ge2$ hay un número infinito de $t$ tal que $5^t=-3\pmod{2^k}$.