$\color{Green}{\text{Lemma}}$:
- Para cada número primo impar $p$;
y para cada entero positivo $\alpha$;
el grupo multiplicativo $\mathbb{Z}_{p^{\alpha}}^*$;
es
un grupo cíclico de orden
$\phi(p^{\alpha})= (p-1)p^{\alpha-1}$.
En otras palabras:
$$
\big(
\mathbb{Z}_{p^{\alpha}}^*
\ , \times
\big)
\equiv
\big(
\mathbb{Z}_{(p-1)p^{\alpha-1}}
\ , +
\big)
.
$$
- Para $\color{Red}{p=2}$;
y para cada entero positivo $\color{Red}{3 \leq \alpha}$;
el grupo multiplicativo $\mathbb{Z}_{2^{\alpha}}^*$;
es
la suma directa de $\mathbb{Z}_2$ y
un grupo cíclico de orden
$\color{Red}{\dfrac{1}{2}}\phi(2^{\alpha})= \color{Red}{2^{\alpha-2}}$.
En otras palabras:
$$
\big(
\mathbb{Z}_{2^{\alpha}}^*
\ , \times
\big)
\equiv
\big(
\mathbb{Z}_2
\oplus
\mathbb{Z}_{\color{Red}{2^{\alpha-2}}}
\ , +
\big)
.
$$
- El grupo multiplicativo $\mathbb{Z}_{2^2}^*$;
es
un grupo cíclico de orden $2$.
El grupo multiplicativo $\mathbb{Z}_{2}^*$;
es
el trivial de grupo.
Si $n$ es coprime con $3pq$, entonces podemos factor de $n$ y por lo tanto tenemos:
$$
n^{3pq }\desbordado{3pq}{\equiv}n
\Longrightarrow
n^{3pq-1}\desbordado{3pq}{\equiv}1
.
$$
Primer caso: Todos los de $3, p, q$ son diferentes.
Por el lema anterior,
sabemos que:
hay un número entero $a$; con $\text{ord}_p(a)=p-1$.
En el otherhand $a^{3pq-1}\overset{p}{\equiv}1$;
lo que implica que $\color{Blue}{p-1 \mid 3pq-1}$.
Del mismo modo se puede demostrar que
$p-1 \mid 3pq-1$
y
$3-1 \mid 3pq-1$.
Pero aviso que
$\color{Blue}{3pq-1=3(p-1)q}+\color{Purple}{3q-1}$;
de forma similar, tenemos:
$3pq-1=3p(q-1)+3p-1$
y
$3pq-1=2pq+pq-1$.
Así que podemos concluir que:
$$
\color{Blue}{p-1 \mediados de} \color{color Púrpura}{3t-1}
\ \ \ \
\text{y}
\ \ \ \
q-1 \mediados de 3p-1
\ \ \ \
\text{y}
\ \ \ \
3-1 \mediados de pq-1
;
$$
el último de divisibilidad condición implica que
tanto de $p,q $ debe ser impar;
se puede comprobar que $p=11 , q=17$
satisface la anterior divisiblity condiciones.
¿Por qué estos son los menos posibles valores?
$ \color{Verde}{
\text
{Como}
\
\color{Red}{\text{@Thomas Andrews}}
\
\text{ha sido mencionado:}
\\
\color{Red}{\text{"}}
\text
{podemos asumir}
\
p \desbordado{6}{\equiv} 5
\
.
\\
\text
{[
Porque}
\
p−1∣3t−1
\
\text
{significa}
\
p−1
\
\text
{es coprime}
\
3
\
;
\text
{}
\
p \desbordado{3}{\ncong} 1;
\
\text
{lo que implica}
\
p \desbordado{3}{\equiv} 2
\
\text
{.
]}
\\
\text
{Aviso de que}
\
p=5
\
\text
{no funciona,}
\\
\text
{ya}
\
3p−1=14
\
\text
{no es divisible
por}
\
q−1
\
\text
{para cualquier}
\
q \desbordado{6}{\equiv} 5.
\
\\
\text
{Por lo que el más pequeño de los valores posibles para}
\
p,q
\
\text
{es}
\
11,17
\
.}
\color{Red}{\text{"}}$
Segundo caso: Todos los de $3, p, q$ no están municipio.
Vamos a mostrar que este segundo caso es imposible.
$p=3$ o $q=3$.
De assumtion de problema
sabemos que:
$3^{3pq} \overset{9}{\equiv} 3$;
por lo tanto tenemos:
$0 \overset{9}{\equiv} 3^2 \overset{9}{\equiv} 3$;
lo cual es una contradicción evidente.
$p=q$.
De assumtion de problema
sabemos que:
$p^{3pq} \overset{p^2}{\equiv} p$;
por lo tanto tenemos:
$0 \overset{p^2}{\equiv} p^2 \overset{p^2}{\equiv} p$;
lo cual es una contradicción evidente.
