Demuestre que el número de residuos reducidos $a \mod m$ tal que $a^{m-1} \equiv 1 \mod m$ es exactamente $\prod_{p \mid m} \gcd(p-1,m-1).$

Question

Demuestre que el número de residuos reducidos $a \mod m$ tal que $a^{m-1} \equiv 1 \mod m$ es exactamente $$\displaystyle \prod_{p \mid m} \gcd(p-1,m-1).$$

Supongamos que $f(x) = x^{m1}1$ y que $m = p^\alpha_1 \cdots p^\alpha_n$ denotan la factorización prima de $m.$ Si $p$ es primo, $p \mid m$ y $\alpha \geqslant 1,$ entonces $f(x)$ tiene $(m 1, p 1)$ raíces modulo $p^{\alpha}.$ Así, $f(x)$ tiene $\displaystyle \prod (m 1, p 1)$ raíces mod. $m.$ Supongamos que $p \geqslant 3$ o $p = 2$ y $\alpha = 1$ o $2.$ Por el criterio de Euler generalizado, $x^m1 1 \mod p^{\alpha}$ tiene $k = (m 1, \phi(p^{\alpha})) = (m-1,p^{\alpha-1}(p-1))$ raíces desde $1^{\phi(p^{\alpha}/k)} \equiv 1 \mod p^{\alpha}.$ Pero $k = (m-1,p^{\alpha-1}(p-1)) =(m-1,p-1)$ desde $p \mid m$ y por lo tanto $p \nmid m1.$ Nos quedamos con el caso de que $p = 2$ y $\alpha \geqslant 3.$ Desde $p = 2 \mid m$ tenemos que $m 1$ es impar. Así, $x^{m1} a \mod 2^{\alpha}$ tiene exactamente $1$ solución. Pero en este caso $1 = (m 1, p 1) = (m 1, 2 1)$ también. $ \Box$

Lo anterior es una prueba de teoría de números elemental. Pregunta: ¿Cómo se puede demostrar esto usando herramientas del álgebra abstracta (potencialmente teoría de grupos/anillos)?

Answer 1

Para $n\in\mathbb Z$ y el grupo $G$ denotan $r_n(G)=\{g\in G:g^n=1\}$ . Obviamente, si $G$ grupo abeliano, entonces $r_n(G)\leq G$ . Grupo de elementos invertibles del anillo $R$ denotan $R^*$ . Podemos decir que buscamos $|r_{m-1}(\mathbb{Z}_m^*)|$ . Denote $n=m-1$ . Por el teorema del resto chino, $$ \mathbb{Z}_m^* \simeq \mathbb{Z}_{p_1^{\alpha_1}}^*\times\ldots\times \mathbb{Z}_{p_l^{\alpha_l}}^*, $$ donde $p_i$ - números primos distintos, $\alpha_i\in\mathbb{Z}_{>0}$ y $m=p_1^{\alpha_1}\cdot\ldots\cdot p_l^{\alpha_l}$ . Está claro que $$ r_{n}(\mathbb{Z}_m^*)\simeq r_{n}(\mathbb{Z}_{p_1^{\alpha_1}}^*)\times\ldots\times r_{n}(\mathbb{Z}_{p_l^{\alpha_l}}^*), $$ por lo que $|r_{n}(\mathbb{Z}_m^*)|=\prod_{i=1}^l|r_{n}(\mathbb{Z}_{p_i^{\alpha_i}}^*)|$ . De este modo, queda por encontrar $|r_{n}(\mathbb{Z}_{p_i^\alpha}^*)|$ para cada $i$ . Si $p_i$ es impar, entonces $\mathbb{Z}_{p_i^{\alpha_i}}^*$ es cíclico de orden $\varphi(p_i^{\alpha_i})$ Por lo tanto $|r_n(\mathbb{Z}_{p_i^{\alpha_i}}^*)|=\gcd(n,\varphi(p_i^{\alpha_i}))=\gcd(m-1,p_i-1)$ . Si $p_i=2$ entonces $\gcd(|\mathbb{Z}_{p_i^{\alpha_i}}^*|,n)=1$ Por lo tanto $r_n(\mathbb{Z}_{p_i^{\alpha_i}}^*)$ debe ser $\{1\}$ y de nuevo $|r_n(\mathbb{Z}_{p_i^{\alpha_i}}^*)|=\gcd(m-1,p_i-1)$ . Así que $$ |r_n(\mathbb{Z}_m^*)|=\prod_{i=1}^l\gcd(p_i-1,m-1). $$

En esencia, este argumento es el mismo, como la prueba de San Vicente. Se puede generalizar a cualquier grupo abeliano finito (y a algunos anillos que no sean $\mathbb Z$ ).