La estructura del grupo $(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^*$

Question

Me he atascado mucho con este ejercicio, ¿me podéis ayudar?

Este es el ejercicio total.

1. Calcular $(1+4)^{2^{n-3}}\in (\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^*$ y demostrar que el elemento $5$ tiene orden $2^{n-2}$ para $n \geq 2$ .
2. Demostrar que $5$ y $-1$ generar el grupo $(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^*$ .
3. Demostrar que $ -1 \notin \langle 5\rangle$
4. Demostrar que $(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^* \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2^{n-2}\mathbb{Z}$ . (Se trata de un isomorfismo de grupos).

Esto es lo que he intentado hacer.

1) Lo primero que he pensado es en el teorema del binomio: $$(1+4)^{2^{n-3}} \quad = \quad \sum_{i=0}^{2^{n-3}}\left( {\begin{array}{*{20}c} {2^{n-3}} \\ i \\ \end{array}} \right) 4^i \quad = \quad \sum_{i=0}^{2^{n-3}}\frac{2^{n-3}!\cdot 4^i}{i!(2^{n-3}-i)!}$$ Y hasta aquí he llegado. Para la siguiente parte debemos mostrar que $5^{2^n-2}-1 = k\cdot 2^n$ para algún número entero $k$ . Lo que sabía es que $5^{2^n-2}$ es impar, así que $5^{2^n-2}-1$ debe ser par. Para más información, probé la inducción:

caso base . $5^{2^2 -2}-1= 0\cdot 2^n$

Paso de inducción. Supongamos que $\exists n \in \mathbb{N},\exists k \in \mathbb{Z},5^{2^n-2}-1 = k\cdot 2^n$ . Ahora queremos demostrar que para algún número entero $k'$ la identidad $5^{2^{n+1}-2}-1 = k'\cdot 2^{n+1}$ retenciones. Así que esto es lo que hice. $5^{2^{n+1}-2}=(5^{2^n-1})^2=(5^{2^n-2}\cdot 5)^2=(5^{2^n-2})^2\cdot 25$ . De la hipotesis de inducción obtenemos $5^{2^n-2}=2^n k+1 \quad \text{so that}\quad \ (5^{2^n-2})^2\cdot 25 = (2^n k+1)^2\cdot 25-1 = 25(2^n k +1)^2-1$ . Ampliemos esto. $25(2^nk+1)^2-1 = 25\cdot 2^{2n}k^2 +25\cdot 2^{n+1}k+24$ . Este es otro punto en el que me quedé atascado.

2) Bien, tomemos un elemento arbitrario $x \in \mathbb{Z}$ . ¿Podemos encontrar $a,b \in \mathbb{Z}$ tal que $(-1)^a\cdot 5^b = 2^n\cdot k$ para algún número entero $k$ ? He calculado $|(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^*|=2^{n-1}$ utilizando la fórmula del producto de Euler. Para ello, utilizando los fragmentos anteriores del ejercicio, basta con demostrar que $\langle -\bar{1}\rangle \cap \langle \bar{5}\rangle = \{1\}$ Porque en ese caso $$|\langle -\bar{1},\bar{5}\rangle| =|\langle -\bar{1} \rangle| \cdot |\langle\bar{5}\rangle|=2 \cdot 2^{n-2} = |(\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^*|$$ Esto nos lleva a la siguiente parte.

3) Claramente $ -1 \notin \langle 5\rangle \iff \langle -\bar{1}\rangle \cap \langle \bar{5}\rangle = \{\bar{1}\}$ ya que $-\bar{1}$ es el único elemento no trivial en $\langle \bar{1}\rangle$ . Quería demostrar la afirmación deseada por contradicción. Si $ -1 \in \langle 5\rangle$ entonces $\langle \bar{5} \rangle = (\mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z})^*$ como se ha comentado. Desgraciadamente, no veo cómo esto debería contradecir nuestras premisas.

4) Cuando todo lo anterior se demuestre, esto no es tan difícil.

Definimos el mapeo $\quad \eta \quad : \quad \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2^{n-2}\mathbb{Z} \rightarrow \quad : \quad (\bar{i},\bar{j}) \mapsto (-1)^i\cdot5^j$ . El mapeo está bien definido porque el orden de los elementos divide el orden del grupo, es suryente por 2, inyectivo por 3 y un homomorfismo por la conmutatividad de $"\cdot"$ .

Espero que esta larga historia sea legible, para que algunos de ustedes se tomen el esfuerzo de encontrar mis errores, y me den algunas pistas.

Answer 1

Demostramos por inducción que $5^{2^{n-3}}\equiv 1+2^{n-1}\pmod{2^n}$ si $n\ge 3$ .

Para el paso de inducción, supongamos que sabemos que $5^{2^{k-3}}\equiv 1+2^{k-1}\pmod{2^k}$ .

Incremento de $k$ por $1$ tenemos $5^{2^{k-2}}=(5^{2^{k-3}})^2=(1+2^{k-1}+q2^k)^2$ . Expandir. Obtenemos $1+2^k +r$ , donde $r$ es divisible por $2^{k+1}$ . El único lugar en el que tenemos que tener cuidado es en el $(2^{k-1})^2$ término. Eso nos da una $2^{2k-2}$ que es $\ge k+1$ si $k\ge 3$ .

Esto casi completa la prueba de que el orden de $5$ es $2^{n-2}$ . (El resultado anterior muestra que el orden es mayor que $2^{n-3}$ . )