Demostrar que una raíz primitiva de $p^2$ es también una raíz primitiva de $p^n$ para $n>1$ .

Question

Para un primo impar, demuestre que una raíz primitiva de $p^2$ es también una raíz primitiva de $p^n$ para $n>1$ .

He demostrado a la inversa que cualquier raíz primitiva de $p^n$ es también una raíz primitiva de $p$ pero no he podido resolver este. He intentado lo de siempre es decir he asumido lo contrario que no existe la raíz primitiva siguiendo la condición anterior y luego he procedido pero no he podido resolverlo.
Por favor, ayuda.

Answer 1

Dejemos que $g$ sea una raíz primitiva $\pmod{p^2}$ . Entonces $p|(g^{p-1}-1)$ por el pequeño teorema de Fermat y $p^2 \nmid (g^{p-1}-1)$ desde $g$ es una raíz primitiva. Así, por Elevación del lema del exponente , $p^{n-1}\|((g^{p-1})^{p^{n-2}}-1)$ y $p^n\|((g^{p-1})^{p^{n-1}}-1)$ Así que $g$ es también una raíz primitiva $\pmod{p^n}, n>1$ .

Editar: Más detalles: Déjese llevar por $d$ sea el orden de $g \pmod{p^n}, n>1$ . Desde $g$ es una raíz primitiva $\pmod{p^2}$ tenemos $p(p-1) \mid d$ . Por encima, $d|p^{n-1}(p-1), d\nmid p^{n-2}(p-1)$ Así que $d=p^{n-1}(p-1)$ y por lo tanto $g$ es una raíz primitiva $\pmod{p^n}, n>1$ .

Answer 2

Vamos a dar una respuesta más elemental, sin dejar de utilizar algún teorema del binomio. Pero no emplearemos más que un lema binomial. Éste afirma que, para un primo $p$ y un número entero $1\leq a\leq p-1$ tenemos $p\mid \binom{p}{a}$ .
Ahora sabes que $a$ es una raíz primitiva de $p^2$ , por lo que el orden de $a$ modulo $p^2$ es $p(p-1)$ . Y sabemos que $a^{p-1}=1+kp$ para algunos $k$ . Entonces la suposición de que $a$ es una raíz primitiva de $p^2$ implica que $k$ no es divisible por $p$ . Por lo tanto, $$a^{p^n(p-1)}=(a^{p-1})^{p^n}=1+kp^{n+1}+mp^{n+2}$$ para algunos $m$ (Este es el lugar donde hacemos uso del lema del binomio.) Esto te dice directamente que $a$ es una raíz primitiva de $p^n$ por cada $n\ge1$ .

Más detalles. Nos explayamos en dos cosas: En primer lugar, mostramos la ecuación centrada y, en segundo lugar, mostramos cómo eso implica la primitividad de $a$ . Para la primera, utilice el lema para deducir que $(a^{p-1})^{p}=1+kp\times p+\text{terms of higher powers of $ p $}$ . Ahora, por inducción, el resultado se sigue. Para el segundo, basta con dividir $(a^{p-1})^{p^r}$ por $p^n$ para $k=0,1,\ldots,n-1$ para ver que, para potencias menores de $a$ que $(a^{p-1})^{p^{n-1}}$ no puede ser congruente con $1$ modulo $p^n$ . Así que $a$ es efectivamente una raíz primitiva de $p^n$ .

Si hay algún error en la prueba anterior, por favor infórmeme; si hay alguna ambigüedad, por favor señálela, gracias.

Answer 3

Sabemos por aquí , si $ord_pa=d, ord_{(p^2)}a= d$ o $pd$

Si $a$ es una raíz primitiva $\pmod {p^2}, ord_{(p^2)}a=\phi(p^2)=p(p-1)$

Entonces $ord_pa$ puede ser $p-1$ o $p(p-1)$

Pero como $ord_pa<p, ord_pa$ debe ser $p-1=\phi(p)\implies a$ es una raíz primitiva $\pmod p$

De nuevo de aquí , $$ord_{(p^s)}(a)=d, ord_{p^{(s+1)}}(a)=pd,\text{ then } ord_{p^{(s+2)}}(a)=p^2d$$

Así que, como $ord_pa=p-1,ord_{(p^2)}a=p(p-1); ord_{(p^3)}a$ será $p\cdot p(p-1)=\phi(p^3)$

Otra vez como, $ord_{(p^2)}a=p(p-1) ord_{(p^3)}a=p\cdot p(p-1);ord_{(p^4)}a$ será $p\cdot p^2(p-1)=\phi(p^4)$