Istnienie wykładnika
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11415
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Istnienie wykładnika
Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą i \(\displaystyle{ p \equiv 1\ (\bmod 4)}\) oraz \(\displaystyle{ 2p+1}\) też jest pierwsza, to nie istnieje \(\displaystyle{ k <2p}\) i \(\displaystyle{ 2^k \equiv 1\ (\bmod 2p+1).}\)
Ostatnio zmieniony 13 sty 2022, o 17:13 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości. Interpunkcja.
Powód: Poprawa wiadomości. Interpunkcja.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Istnienie wykładnika
Weźmy grupę multiplikatywną:
\(\displaystyle{ Z^*_{2p+1}=\left\{ 1,2,3,...,2p\right\} }\)
\(\displaystyle{ p}\) - liczba pierwsza
Otóż tak z ciekawości ta grupa ma \(\displaystyle{ 2p}\) elementów ma podgrupę \(\displaystyle{ p}\) elementową i "dwuelementową"
\(\displaystyle{ D=\left\{ 1, 2p=-1\right\} }\)
bo:
\(\displaystyle{ \left[ (2p+1)-1\right] ^2=1}\)
Ma też dokładnie \(\displaystyle{ p}\) reszt kwadratowych
\(\displaystyle{ R=\left\{ 1,2^2,3^2,4^2,...\right\} }\)
Reszty stanowią podgrupę grupy \(\displaystyle{ Z^*_{2p+1}}\)
i teraz jeżeli:
\(\displaystyle{ 2 \in R}\)
Musi zajść:
\(\displaystyle{ \left( \frac{2}{2p+1} \right)=1 }\)
Z Twierdzenia Gaussa wynika coś takiego:
\(\displaystyle{ \left( \frac{2}{2p+1} \right)=(-1)^{ \frac{\left[ \left( 2p+1\right)^2-1 \right] }{8} } }\)
teraz to policzmy:
\(\displaystyle{ (-1)^{ \frac{\left[ \left( 2p+1\right)^2-1 \right] }{8} }=(-1)^{ \frac{4p^2+4p}{8} }=(-1)^{ \frac{p^2+p}{2} }}\)
ale: \(\displaystyle{ p=4k+1}\)
więc:
\(\displaystyle{ (-1)^{ \frac{p^2+p}{2} }=(-1)^{} \frac{(4k+1)^2+4k+1}{2} =(-1)^{8k^2+6k+1}=-1}\)
Znaczy, że:
\(\displaystyle{ 2 \notin R}\)
Znaczy, że dwójka nie jest resztą kwadratową
Nie należy też oczywiście do:
\(\displaystyle{ 2 \notin D}\)
Znaczy, że dwójka generuje całą grupę:
\(\displaystyle{ Z^*_{2p+1}}\)
Spełniona jest więc teza zadania, cnd...
\(\displaystyle{ Z^*_{2p+1}=\left\{ 1,2,3,...,2p\right\} }\)
\(\displaystyle{ p}\) - liczba pierwsza
Otóż tak z ciekawości ta grupa ma \(\displaystyle{ 2p}\) elementów ma podgrupę \(\displaystyle{ p}\) elementową i "dwuelementową"
\(\displaystyle{ D=\left\{ 1, 2p=-1\right\} }\)
bo:
\(\displaystyle{ \left[ (2p+1)-1\right] ^2=1}\)
Ma też dokładnie \(\displaystyle{ p}\) reszt kwadratowych
\(\displaystyle{ R=\left\{ 1,2^2,3^2,4^2,...\right\} }\)
Reszty stanowią podgrupę grupy \(\displaystyle{ Z^*_{2p+1}}\)
i teraz jeżeli:
\(\displaystyle{ 2 \in R}\)
Musi zajść:
\(\displaystyle{ \left( \frac{2}{2p+1} \right)=1 }\)
Z Twierdzenia Gaussa wynika coś takiego:
\(\displaystyle{ \left( \frac{2}{2p+1} \right)=(-1)^{ \frac{\left[ \left( 2p+1\right)^2-1 \right] }{8} } }\)
teraz to policzmy:
\(\displaystyle{ (-1)^{ \frac{\left[ \left( 2p+1\right)^2-1 \right] }{8} }=(-1)^{ \frac{4p^2+4p}{8} }=(-1)^{ \frac{p^2+p}{2} }}\)
ale: \(\displaystyle{ p=4k+1}\)
więc:
\(\displaystyle{ (-1)^{ \frac{p^2+p}{2} }=(-1)^{} \frac{(4k+1)^2+4k+1}{2} =(-1)^{8k^2+6k+1}=-1}\)
Znaczy, że:
\(\displaystyle{ 2 \notin R}\)
Znaczy, że dwójka nie jest resztą kwadratową
Nie należy też oczywiście do:
\(\displaystyle{ 2 \notin D}\)
Znaczy, że dwójka generuje całą grupę:
\(\displaystyle{ Z^*_{2p+1}}\)
Spełniona jest więc teza zadania, cnd...