Pregunta básica sobre las raíces primitivas

Question

De Irlanda y de Rosen Introducción clásica a la teoría moderna de los números , p.48:

Dejemos que $p$ sea un primo de la forma $4t+1$ . Demostrar que $a$ es una raíz primitiva $\bmod p$ si $-a$ es una raíz primitiva $\bmod p$ .

Puedo escribir (dejando $p=4t+1$ )

$$\begin{align} a^{p-1} &\equiv 1 \bmod p\quad\quad \text{ because }a\text{ is a primitive root}\\ a^{4t} &\equiv 1 \bmod 4t+1\\ a^{4t} -1 &\equiv 0 \bmod 4t+1 \end{align}$$

Me he dado cuenta de que $-a$ satisface esta última ecuación, pero no me siento cómodo con esto porque no creo que sea suficiente para demostrar que $-a$ es de hecho una raíz primitiva.

Answer 1

Dejemos que $g$ sea una raíz primitiva de $p$ . Entonces $(g^{2k})^2 \equiv 1 \pmod{p}$ por el Teorema de Fermat, pero $g^{2k}\not\equiv 1 \pmod p$ Así que $g^{2k}\equiv -1\pmod p$ .

De ello se desprende que $(-g)^{2k+1}\equiv g \pmod p$ . Así, cualquier poder de $g$ es congruente con una potencia de $-g$ . De ello se desprende que $-g$ es una raíz primitiva de $p$ .

Nota: : Dejemos que $p$ sea un primo impar. Recordemos que $p^e$ y $2p^e$ tienen raíces primitivas. Si $e \ge 1$ y $p$ es de la forma $4k+1$ y $g$ es una raíz primitiva de $p^e$ entonces $-g$ es una raíz primitiva de $p^e$ . El resultado análogo es válido para $2p^e$ .

La prueba es la misma que para el caso $e=1$ . Para $\varphi(p^e)=(p-1)p^{e-1}=4kp^{e-1}$ . Concluimos que $g^{2kp^{e-1}}\equiv -1 \pmod{p^e}$ y por lo tanto $(-g)^{2kp^{e-1}+1}\equiv g \pmod{p^e}$ . Para $2p^e$ Utiliza el hecho de que $\varphi(2p^e)=\varphi(p^e)$ .

Answer 2

Un número entero $a$ es una raíz primitiva módulo $p$ si el menor número entero positivo $k$ tal que $$a^k\equiv 1\bmod p$$ es $k=p-1$ o, por el contrario, si $$a^n\equiv 1\bmod p\implies (p-1)\mid n.$$ Supongamos que $a$ es una raíz primitiva. Entonces, si $m$ satisface $$(-a)^m\equiv 1\bmod p,$$ queremos demostrar que $(p-1)\mid m$ . Vemos que $$(-a)^m\equiv (-1)^ma^m\equiv 1\bmod p.$$ Si $m$ es par, entonces $$(-a)^m\equiv (-1)^ma^m\equiv a^m\equiv 1\bmod p$$ y tendríamos que tener $(p-1)\mid m$ por la suposición de que $a$ es una raíz primitiva.

Si $m$ fuera impar, entonces $$a^m\equiv -1\bmod p,$$ y por lo tanto $$a^{2m}\equiv 1\bmod p,$$ así que $p-1$ divide $2m$ . Pero si $p$ es un primo de la forma $4t+1$ entonces esto es imposible (¿ves por qué?)

Para terminar, observe que el enunciado es simétrico en $a$ y $-a$ .

Answer 3

Dejemos que $a$ sea una raíz primitiva módulo $p$ . Esto significa que $a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ pero $a^k\not\equiv 1\pmod{p}$ para cualquier $k$ , $1\leq k\lt p-1$ .

En particular, si $p$ es impar, $a^{(p-1)/2}$ tiene sentido y no es congruente con $1$ modulo $p$ . Pero como $(a^{(p-1)/2})^2 = a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ entonces $a^{(p-1)/2}$ es una solución a $x^2\equiv 1\pmod{p}$ . Sólo hay dos soluciones: $1$ y $-1$ (ya que $x^2\equiv 1\pmod{p}$ si y sólo si $x^2-1\equiv 0\pmod{p}$ si y sólo si $(x-1)(x+1)\equiv 0\pmod{p}$ ). Sabemos que no es $1$ Así que $a^{(p-1)/2}\equiv -1\pmod{p}$ .

Por lo tanto, $$-a= (-1)a \equiv a^{(p-1)/2}a = a^{(p+1)/2}\pmod{p}.$$ Ahora... dado que el orden de $a$ es $p-1$ ¿Cuál es el orden de $a^{(p+1)/2}$ ? Si lo haces con cuidado, verás que si $p\equiv 1\pmod{4}$ entonces el orden debe ser el mismo que el de $a$ y que si $p\equiv 3\pmod{4}$ entonces la orden debe ser estrictamente menor que el orden de $a$ . Así que, de hecho, se puede utilizar este argumento para demostrar que la condición $p\equiv 1\pmod{3}$ es suficiente y necesaria para la equivalencia (para los primos Impares; es trivial cuando $p=2$ ).