Matematyka.pl

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 \(\displaystyle{ 2^k \equiv 1\ (\bmod 2p+1).}\)

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...