なぜ $r$ 増加、プライム $p$ st $\operatorname{ord} a=q^r$ (modで $p$)も増加しますか?

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user682141 2019-09-21 10:11.

しましょう $n$ そして $a>1$ 整数であり、 $n=q_1^{r_1}\cdots q_s^{r_s}$ 素数分解です。

私が今読んだ本(Gerald J.Janusz "Algebraic Number Fields")は、すでに次の事実を証明しています(補題5.3)。

しましょう $a,r$ それぞれが少なくとも2の整数であり、 $q$素数。それから素数が存在します$p$ そのようなの乗法次数 $a$ モジュロ $p$ です $q^r$

だから、本は「 $r\geq r_i$ そして $r\geq 2$ 素数があります $p_i$ そのような $a$ 注文があります $q_i^{r_i}$「(たぶん本の間違い $q_i^r$ にとって $q_i^{r_i}$

それから本は「rが増加するにつれて、 $p_i$ また増加し、の順序 $a$ モッド $p_i$ で割り切れる $q_i^{r_i}$」。でも、「rが増えると、 $p_i$ また増加します」。誰かが教えてくれませんか?

編集これも私ですアーティンの補題を証明するために使われる初等数論の問題(類体論)

2 answers

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Alex Ravsky 2019-10-07 04:37.

私はこの本を読んでおらず、作者の意味がわからないので、次のように思いました。与えられた可能性があります$a$$r$、および $q$ いくつかの素数があります $p$ そのような乗法の順序 $\deg_p a$$a$ モジュロ $p$ です $q^r$。たとえば、$a=13$$r=2$、および $q=2$$\deg_p a=q^r$ あれは $\deg_p 13=4$ 両方のために $p=5$ そして $p=17$。いずれかを選択する必要がある場合$p=p(r)$ そのような素数の中で、置くのは自然です $p(r)$ 最小の素数 $p$ そのような $\deg_p a=q^r$。しかし、この場合でも、$p(r+1)<p(r)$。たとえば、$a=19$ そして $q=2$、 我々は持っています $p(2)=181$、 だが $p(3)=17$

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IrbidMath 2019-09-21 19:20.

あなたが持っている $a,r_i$ そして $q_i$ 修正され、素数があります $p_i$ それぞれについて $i$ そのような $a^{q_i^{r_i} }\cong 1 (\mod p_i )$ 本は私達が考慮するならば言う $r\geq r_i$ その後、そのような $r$ が存在します $p$$a^{q_i^r}\cong 1 (\mod p)$ そして、ステートメントは次の場合に続きます $r$ 増加します $p$ 増加します。

補題5.2を見ると、この本の意味に気付くでしょう。 $a$ 注文がある $q^r$ モッド $p$ です $$a^{q^r}\cong 1 (\mod p)$$ そして $\textbf{r}$ これを満たす最小の整数は少なくとも $q^r$。さあ、$r'=r+s$ そしての順序を仮定します $a$ モッド $p$ です $q^r$ およびmod $p'$ です $q^{r'}$ それを見せたい $p'>p$$$a^{q^{r'}}=(a^{q^r})^{q^s}\cong 1 (\mod p')$$ それを念頭に置いて $p'$ 満足 $$p'\mid a^{q^{r'}}-1 ,\; p'\nmid a^{q^{k}}-1: k<r'$$ そして $$a^{q^{r'}}-1= (a^{q^{r}})^{q^s}-1=(a^{q^{r}}-1)P(a^{q^r})$$ を使用して因数分解しました $x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+\cdots 1)$ 最後のステップで $P$は多項式です。だから私たちはeを持っています$a^{q^{r}}-1\mid a^{q^{r'}}-1$ そして私達はそれを知っています $p'\nmid a^{q^{r}}-1$ なぜなら $r<r'$。これが理由を理解するのに役立つことを願っています$p<p'$

他の誰かが助けることができる場合に備えて、私は2つの見出語を書きます

5.2補題: $a$ そして $r$ 整数である $\geq 2$ そして $q$素数。素数があります$p$ そのような $a$ 注文があります $q^r$ モジュロ $p$

証明に本のピックに注意してください $p \mid X^{q-1} + X^{q-2} + \cdots + X+1 $ どこ $X=a^{q^{r-1}}$。その後、それを証明した$r$ 次のような最小の整数である必要があります $a^{q^r}\cong 1 \mod p$ したがって、これは通常の乗法順序ではありません。

5.3補題: $n=\prod_{i=1}^{s} q_i^{r_i}$ の素因数分解である $n$別個の素数として。しましょう$a>1 $整数である。平方自由整数は無限に存在します$$m=p_1p_2\cdots p_sp'_1\cdots p_s'$$ そのようなの順序 $a$ モジュロ $m$ で割り切れる $n$

この本は、上記の操作として証明を開始します。

その他のアイデア

ご了承ください: $a$ 互いに素です $p$ そして $p'$ 以来 $a^{q^r} \equiv 1 (\mod p)$ そして $a^{q^{r'}} \equiv 1 (\mod p')$

オイラーの定理により、 $a^{p-1} \equiv 1 (\mod p) $ そして $a^{p'-1}\equiv 1 (\mod p')$

だが $r,r'$ 次のような最小の整数です $a^{q^r}\equiv 1 (\mod p) , a^{q^{r'}} \equiv 1 (\mod p')$ したがって、 $q^{r'} \mid p'-1 $ そして $q^{r} \mid p-1 $

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