divide a $n^2$ $\phi(a^n-1)$ siempre es $n$ y $a>2$

Question

Mi problema es demostrar que

divide a $n^2$ $\phi(a^n-1)$ siempre es $n$ y $a>2$.

He pensado una solución pero es bastante largo y tedioso. Me gustaria saber si alguien tiene una solución clara y agradable. ¿(Considere encontrar un elemento que $n^2$ en el Grupo cíclico de orden? Lo intentado pero no pudo).

Bienvenidos a discusión =)

Answer 1

Mi método seguido por varios reclamos: Deje $n$ ser un número entero positivo (en lugar de un número entero).

1. $n \mid \phi(a^n-1)$ $2n \mid \phi(a^n+1)$, considerando el orden de $a$ $n$ modulo $a^n-1$ y el orden de las $a$ $2n$ modulo $a^n+1$

2. $2n \mid \phi(a^n-1)$, siempre que $a>1$, $n>1$. Puedo demostrar por inducción sobre $k$ en la siguiente declaración: "Para cualquier nonegative entero $k$, $2n \mid \phi(a^n-1)$, siempre $a>1$, $n=2^km$, donde $m$ es positivo entero impar."

La prueba de (2) está aquí:

Yo: $k=0$, $n$ es extraño e $n \mid \phi(a^n-1)$ ((1)). Como $a>2$$n>1$, lo $a^n-1>1$ $\phi(a^n-1)$ es incluso. Por lo tanto $2n \mid \phi(a^n-1)$.

II: Suponga $2n \mid \phi(a^n-1)$ si $n=2^km$. A continuación, $2^{k+1}m \mid \phi(a^{2^{k}m}-1)$ por supuesto. $2(2^km) \mid \phi(a^{2^{k}m}+1)$ ((1)) por lo que tenemos $2^{k+1}m \mid \phi(a^{2^{k}m}+1)$.

III: $\gcd(a^{2^{k}m}-1,a^{2^{k}m}+1)=1$ o $2$ depende de si $a$ es par o impar (el uso de Bézout del lema). Por $\gcd(c,d)\phi(c)\phi(d)=\phi(cd)\phi(\gcd(c,d))$ y teniendo en $c=a^{2^{k}m}-1, d=a^{2^{k}m}+1$, obtenemos $\phi(a^{2^{k}m}-1)\phi(a^{2^{k}m}+1) \mid \phi(a^{2^{k+1}m}-1)$ no importa $a$ es par o impar.

IV. Mutiply los dos resultado en (II), tenemos $(2^{k+1}m)^2 \mid \phi(a^{2^{k+1}m}-1)$. Por lo tanto $2(2^{k+1}m) \mid \phi(a^{2^{k+1}m}-1)$, nuestro inducción se realiza aquí.

Finalmente, se multiplica el resultado en (1) y (2) para obtener

$(2n)^2 \mid \phi(a^n+1)\phi(a^n-1) \mid \phi(a^{2n}-1)$, siempre que $a>1, n>1$,

y el último "$\mid$" sigue por el mismo argumento que en el punto (III).