Si para casi todos los$p \equiv 1$ (mod a) tiene ese$p \equiv 1$ (mod m), entonces ...

Question

Dejar $a,m\in \mathbb N$

Supongamos que para casi todos los números primos$p \equiv 1$ (mod a) tenemos ese$p \equiv 1$ (mod m)

¿Podemos decir algo sobre$a$ y$m$? Por ejemplo,$m$ divide$a$ o viceversa?

Jugué un poco con el teorema de Dirichlet, pero no ayudó ...

¿Alguien me puede ayudar?

Answer 1

Nota: $n \equiv 1 \pmod{a}$ $n \equiv 1 \pmod{m}$ es equivalente a $n \equiv 1 \pmod{\operatorname{lcm}(a,m)}$.

Así que pregunte a las condiciones en las que casi todos los números primos congruentes $ 1 \pmod{a}$ son también congruentes $1 \pmod{\operatorname{lcm}(a,m)}$.

Supongamos $\operatorname{lcm}(a,m) = d a$. Si hay algo de $1 \le k \le d-1$ tal que $1 + ka$ es co-prime a $\operatorname{lcm}(a,m)$, entonces la clase $1 + ka$ modulo $\operatorname{lcm}(a,m)$ contiene una infinidad de números primos, que se $1 \pmod{a}$ aún no modulo $\operatorname{lcm}(a,m)$. Por lo tanto, la cuestión se reduce a decidir por cual $a$ $m$ tal $k$ no puede existir.

Ahora, tenemos la norma epimorphism $$ \begin{cases} \mathbb{Z}/da\mathbb{Z}^{\times} & \to \mathbb{Z}/a\mathbb{Z}^{\times} \\ n + da \mathbb{Z} & \mapsto n + a \mathbb{Z} \end{casos} $$

El núcleo de este epimorphism son precisamente las clases de $1 +k a $ $0 \le k \le d-1$ co-prime a $da$.

Por lo tanto, nuestra condición se puede expresar también diciendo que el estándar epimorphism de $\mathbb{Z}/da\mathbb{Z}^{\times}$ $\mathbb{Z}/a\mathbb{Z}^{\times}$se ha núcleo $1 + da\mathbb{Z}$, que es inyectiva.

Sin embargo, esto significa que las cardinalidades de estos dos grupos son los mismos, las cuales están dadas por Euler totient función, por lo $\varphi( da)= \varphi (a)$. El uso de la habitual fórmula de Euler totien función, podemos ver que esto es sólo el caso si $d=1$ o ($d=2$$a$ impar).

Por lo tanto, la caracterización es:

• $m$ divide $a$, o
• $a$ es impar y $m$ divide $2a$.

Answer 2

Gracias a un comentarista para encontrar un error en mi primera publicada respuesta. Que el proyecto anterior, manejada inadecuadamente el caso donde p (definido en el argumento) es de 2. Tal como está, el argumento sólo demuestra que $ord_q m ≤ ord_q a$ por cada impar primer p.

Para ver esto suponga, por el contrario, que $ord_q m > ord_q a$ por alguna extraña primer p. Supongamos que, para fines de ilustración, que p divide a m, pero p no divide a a. Entonces, por Dirichlet, existen una infinidad de números primos congruentes con 1 mod a y congruente a 2 mod q. Los primos de dar un contraejemplo para su asunción. Del mismo modo, si $q^k$ divide a m, pero sólo $q^i$ divide, para 1 ≤ i < k, entonces todavía podemos utilizar de Dirichlet para encontrar una infinidad de números primos congruentes con 1 mod, pero congruente a $(1+q^i)$ mod $q^k$. De nuevo, estos primos contradecir su suposición.