Sé que esto es muy básico y viejo sombrero para muchos, pero me encanta esta pregunta, y estoy interesado en ver si hay alguna de las pruebas más allá de los dos ya lo sé.
Respuestas
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Judah Himango
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$p$ debe ser congruente a 1,3,5,7 modulo 8. A continuación, $p^2$ es congruente a $1$ modulo $8$ en ambos casos. Por lo $8$ divide $p^2-1$.
Ahora, $p$ no es un múltiplo de 3, por lo tanto el $p-1$ o $p+1$ es un múltiplo de tres. Por lo $3$ divide $p^2-1$.
Juntos, se deduce que el 24 divide $p^2 -1 $.
jdecuyper
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Bryan Roth
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3592
Esto está en algún lugar entre una respuesta y comentario. Como otros han dicho, la pregunta es equivalente a mostrar: para cualquier prime $p > 3$, $p^2 \equiv 1 \pmod 3$ y $p^2 \equiv 1 \pmod 8$. Ambas sentencias son sencillas de mostrar a través de sólo mirar a las $\varphi(3) = 2$ de reducción de residuos clases modulo $3$ e las $\varphi(8) = 4$ de reducción de residuos clases modulo $8$. Pero, ¿cuál es su significado?
Para un entero positivo $n$, vamos a $U(n) = (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ ser el grupo multiplicativo de las unidades ("la reducción de residuos") modulo $n$. Como cualquier grupo abelian $G$, tenemos un cuadrado mapa
$[2]: G \rightarrow G$, $g \mapsto g^2$,
la imagen de que es el conjunto de plazas en $G$. Entonces, la pregunta es equivalente a: $n = 3$ también $n = 8$, en el subgrupo de plazas en $U(n)$ es la trivial grupo.
El grupo $U(3) = \{ \pm 1\}$ orden $2$; desde $(-1)^2 = 1$, el hecho de que el subgrupo de los cuadrados es igual a $1$ es bastante claro. Pero más en general, para cualquier extraño prime $p$, la cuadratura del mapa de $[2]$ $U(p)$ es de dos a uno en su imagen, un elemento de un campo no tiene más de dos raíces cuadradas, de manera que, precisamente, la mitad de los elementos de $U(p)$ son cuadrados. Resulta que cuando $p = 3$, la mitad de $p-1$$1$, pero por supuesto esto es algo inusual: no pasa por ningún otro impar prime $p$.
El grupo $U(8) = \{1,3,5,7\}$ orden $4$. Por analogía con el caso de $U(p)$, uno podría esperar que la cuadratura del mapa a ser de dos a uno en su imagen, de manera que exactamente la mitad de los elementos son cuadrados. Pero eso no es lo que está pasando aquí: de hecho
$1^2 \equiv 3^2 \equiv 5^2 \equiv 7^2 \equiv 1 \pmod 8$,
por lo que el subgrupo de plazas de nuevo trivial. ¿Qué es diferente? Desde $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$, no es un campo, es legal para un determinado elemento a tener más de dos raíces cuadradas, pero más perspicaz respuesta viene de la estructura de los grupos $U(n)$. Para cualquier extraño prime $p$, el grupo de $U(p)$ es cíclico de orden $p-1$ ("existencia de raíces primitivas"). Es fácil ver que en cualquier grupo cíclico de orden, exactamente la mitad de los elementos son cuadrados. Por lo $U(8)$ no debe ser cíclico, por lo que debe ser el otro grupo abelian de orden $4$, es decir, isomorfo a la Klein $4$grupo $C_2 \times C_2$.
Más generalmente, si $p$ es una extraña primer número y $a$ es un entero positivo, entonces $U(p^a)$ es cíclico de orden $p^{a-1}(p-1)$ por lo tanto isomorfo a $C_{p^{a-1}} \times C_{p-1}$, mientras que para cualquier $a \geq 2$, el grupo de $U(2^a)$ es isomorfo a $C_{2^{a-2}} \times C_2$. Este es uno de los primeros signos en la teoría de los números "hay algo extraño acerca de la prime $2$".
Añadido: tenga en cuenta que las consideraciones anteriores nos permiten responder a la pregunta más general: "¿Cuál es el mayor entero positivo $N$ tal que para todos los números primos $p$ con $\operatorname{gcd}(p,N) = 1$, $N$ divide $(p^2-1)$?" (Respuesta: $N = 24$.)
Añadido Posterior: acabo de ver este arxiv preprint que está completamente dedicado a la observación hecha en el párrafo anterior. Supongo que el autor no sigue a este sitio...
David HAust
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En realidad, el resultado tiene un poco más general, a saber:
Lema $\rm\ \ 24\ |\ M^2 - N^2 \;$ si $\rm \; M,N \perp 6, \;$ es decir coprime a $6.\;$ La prueba es fácil:
$\rm\quad\quad\quad N\perp 2 \;\Rightarrow\; N = \pm 1, \pm 3 \pmod 8 \;\Rightarrow\; N^2 = 1 \pmod 8$
$\rm\quad\quad\quad N\perp 3 \;\Rightarrow\; N \;\;= \;\;\;\pm 1\ \pmod 3 \;\Rightarrow\; N^2 = 1 \pmod 3 \;$
Por lo $\rm \quad\; 3, 8\ |\ N^2 - 1 \;\Rightarrow\; 24\ |\ N^2 - 1 \ $ desde $\ {\rm lcm}(3,8) = 24.$
Este es un caso especial $\rm\ n = 24\ $ de este mucho más general resultado
Teorema $\ $ Por productos naturales $\rm\ a,e,n $ $\rm\ e,n>1 $
$\rm\quad n\ |\ a^e-1$ todos los $\rm a\perp n \ \iff\ \phi'(p^k)\:|\:e\ $ todos los $\rm\ p^k\:|\:n,\ \ p\:$ primer
con $\rm \;\;\; \phi'(p^k) = \phi(p^k)\ $ para los impares primos $\rm p\:,\ $ donde $\phi$ es de Euler totient función
y $\rm\ \quad \phi'(2^k) = 2^{k-2}\ $ si $\rm k>2\:,\ $ else $\,2$
La última excepción es debido a $\rm \mathbb Z/2^k$ tener multiplicativo grupo$\rm C(2) \times C(2^{k-2})$$\rm k>2$.
Observe que al menos exponente $\rm e$ está dado por $\rm \;\lambda(n)\; = \;{\rm lcm}\;\{\phi'(\;{p_i}^{k_i})\}\;$ donde $\rm \; n = \prod {p_i}^{k_i}\;$.
$\rm\lambda(n)$ se llama el (universal) exponente del grupo de $\rm \mathbb Z/n^*,\;$.k.una. el Carmichael función.
Para el caso en cuestión es, simplemente, $\rm\ \lambda(24) = lcm(\phi'(2^3),\phi'(3)) = lcm(2,2) = 2\:.$
Ver mi post aquí para pruebas y posterior debate.
