2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Помогите доказать
Сообщение23.09.2013, 10:01 


27/03/12
449
г. новосибирск
Помогите доказать!
«Вычеты по модулю $P^2$»
Рассмотрим множество вычетов {$R\equiv g^m^P\mod P^2$},

(далее множество вычетов ${R}$),

где m пробегает наименьшие натуральные вычеты $m =1,2,3, \idots\ ,(P -1)$ по модулю P.

Утверждение 1.

Пусть простое число $P = 6n + 1$, тогда в множестве вычетов

{$R\equiv g^m^P\mod P^2$}, (далее множество вычетов ${R}$),

где m пробегает наименьшие натуральные вычеты $m =1,2,3,\idots,(P -1)$ по модулю P,

имеются только два вычета:

$R_1\equiv g^n^P\mod P^2$ и .

$R_2\equiv g^5^n^P$, таких, что

$R_1 + R_2\equiv 1\mod P^2\engo (1)$.


Утверждение 2.

Пусть простое число $P = 6n + 5$, тогда в множестве вычетов

{$R\equiv g^m^P\mod P^2$}, (далее множество вычетов ${R}$),

где m пробегает наименьшие натуральные вычеты $m =1,2,3,\idots,(P -1)$ по модулю P,

нет ни одной пары вычетов, удовлетворяющих условию (1).

Доказательство Утверждения 1

Покажем, что сравнение (1) справедливо.

Пусть g- наименьший первообразный корень по модулю $(6n + 1)^2$

и функция Эйлера $\varphi (6n + 1)^2 = 6n(6n +1) = 6nP$.

Обозначим вычеты, индексы которых кратны $nP$

$R_1\equiv g^n^P\mod P^2,$

$U_1\equiv g^2^n^P\mod P^2,$

$-1\equiv g^3^n^P\mod P^2,$

$U_2\equiv g^4^n^P\mod P^2$,

$R_2\equiv g^5^n^P\mod P^2$,

$1\equiv g^6^n^P\mod P^2,$


Очевидно, вычеты $R_1$ и $R_2$ принадлежат показателю 6 по модулю $P^2$ и вычетов, принадлежащих показателю 6 по указанному модулю, только 2(два), так как

$\varphi (6) = 2$, а потому


$(R_1)^3\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$(R_1 + 1)(R_1^2 -R_1 + 1)\equiv 0\mod P^2$, а значит

$R_1^2 -R_1 + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$R_1 + (-1)R_1^2\equiv 1\mod P^2$ или

$g^n^P + g^3^n^P g^2^n^P\equiv g^n^P + g^5^n^P\equiv R_1 + R_2\equiv1\mod P^2$

Обратим внимание на симметричность индексов вычетов $R_1$ и $R_2$ относительно индекса вычета $-1$ равного $3nP$, так

$Ihd R_1 = 3nP-2nP = nP$

$Ihd R_2 = 3nP + 2nP = 5nP$

Пусть существуют в множестве вычетов {R} вычеты $R_3$ и $R_4$, удовлетворяющие условию (1), т.е.

$R_3 + R_4\equiv1\mod P^2$

и пусть

$R_3\equiv g^3^n^P^-^m^1^P$,

$R_4\equiv g^3^n^P^+^m^1^P$, тогда

$g^3^n^P^-^m^1^P + g^3^n^P^+^m^1^P\equiv 1\mod P^2$.

Умножим последнее сравнение на $g^m^1^P$ и, учитывая что $(-1)\equiv g^3^n^P\mod P^2$

имеем

$(g^m^1^P)^2 + g^m^1^P + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$(g^m^1^P)^3\equiv 1\mod P^2$, отсюда

$3m_1P\equiv 0\mod 6nP$, отсюда

$m_1 = 2n$
или
$m_1 = 4n$, тогда

$R_3\equiv g^3^n^P^-^2^n^P\equiv g^n^P\equivR_1\mod P^2$

или

$R_3\equiv g^3^n^P^-^4^n^P\equiv g^-^n^P\equiv g^6^n^P^-^n^P\equiv g^5^n^P\equivR_2\mod P^2$.

Пришли к противоречию: вычет $R_3$ равен вычету $R_1$ или вычету $R_2$, что

указывает на Справедливость Утверждения 1.

Я проверил частные множества вычетов {R} по модулям $7^2$, $13^2$, $19^2$ и $31^2$ Утверждение 1 везде подтверждалось.
Доказательство Утверждения 2

Функция Эйлера $varphi (6n + 5)^2 = (6n +4)(6n + 5)$ не делиться на 3 и 6, а потому не существует вычетов в множестве вычетов {R} принадлежащих числам 3 и 6, а значит нет вычетов удовлетворяющих условию (1).

Я проверил частные множества вычетов {R} по модулям $5^2$, $11^2$ и $17^2$
Утверждение 2 везде подтверждалось.

Однако я не уверен, что предложенные мною доказательства Утверждений 1 и 2 являются достаточными, а потому прошу помощи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите доказать
Сообщение23.09.2013, 13:29 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5728
 i  Сообщение отделено от темы Теория чисел

 !  vasili, замечание за некропост не по теме. Новые вопросы создавайте в виде отдельных тем.

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите доказать
Сообщение23.09.2013, 14:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
Слушайте, вы зачем в каждом утверждении заново переписываете смысл обозначений? Они же не меняются! Такое ощущение, что задача переписана сюда без всякого осмысления. Невозможно такое читать, сократите, пожалуйста.

 Профиль  
                  
 
 Re: Помогите доказать
Сообщение24.09.2013, 15:44 


27/03/12
449
г. новосибирск
Помогите доказать!

«Вычеты по модулю $P^2$»

С учетом замечаний provincialka

Рассмотрим множество вычетов {$R\equiv g^m^P\mod P^2$},

(далее множество вычетов ${R}$),

где m пробегает наименьшие натуральные вычеты $m =1,2,3, \idots, (P -1)$ по модулю P.

Утверждение 1.

Пусть простое число $P = 6n + 1$, тогда в множестве вычетов ${R}$,

имеются только два вычета:

$R_1\equiv g^n^P\mod P^2$ и .

$R_2\equiv g^5^n^P$, таких, что

$R_1 + R_2\equiv 1\mod P^2\engo (1)$.


Утверждение 2.

Пусть простое число $P = 6n + 5$, тогда в множестве вычетов ${R}$,

нет ни одной пары вычетов, удовлетворяющих условию (1).

Доказательство Утверждения 1

Покажем, что сравнение (1) справедливо.

Пусть g- наименьший первообразный корень по модулю $(6n + 1)^2$

и функция Эйлера $\varphi (6n + 1)^2 = 6n(6n +1) = 6nP$.

Обозначим вычеты, индексы которых кратны $nP$

$R_1\equiv g^n^P\mod P^2,$

$U_1\equiv g^2^n^P\mod P^2,$

$-1\equiv g^3^n^P\mod P^2,$

$U_2\equiv g^4^n^P\mod P^2$,

$R_2\equiv g^5^n^P\mod P^2$,

$1\equiv g^6^n^P\mod P^2,$


Очевидно, вычеты $R_1$ и $R_2$ принадлежат показателю 6 по модулю $P^2$ и вычетов, принадлежащих показателю 6 по указанному модулю, только 2(два), так как

$\varphi(6)\ = 2$, а потому


$(R_1)^3\equiv -1\mod P^2$, отсюда

$(R_1 + 1)(R_1^2 -R_1 + 1)\equiv 0\mod P^2$, а значит

$R_1^2 -R_1 + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$R_1 + (-1)R_1^2\equiv 1\mod P^2$ или

$g^n^P + g^3^n^P g^2^n^P\equiv g^n^P + g^5^n^P\equiv R_1 + R_2\equiv1\mod P^2$

Обратим внимание на симметричность индексов вычетов $R_1$ и $R_2$ относительно индекса вычета $-1$ равного $3nP$, так

$Ihd R_1 = 3nP – 2nP = nP$

$Ihd R_2 = 3nP + 2nP = 5nP$

Пусть существуют в множестве вычетов {R} вычеты $R_3$ и $R_4$, удовлетворяющие условию (1), т.е.

$R_3 + R_4\equiv1\mod P^2$

и пусть

$R_3\equiv g^3^n^P^-^m^1^P$,

$R_4\equiv g^3^n^P^+^m^1^P$, тогда

$g^3^n^P^-^m^1^P + g^3^n^P^+^m^1^P\equiv 1\mod P^2$.

Умножим последнее сравнение на $g^m^1^P$ и, учитывая что $(-1)\equiv g^3^n^P\mod P^2$

имеем

$(g^m^1^P)^2 + g^m^1^P + 1\equiv 0\mod P^2$, тогда

$(g^m^1^P)^3\equiv 1\mod P^2$, отсюда

$3m_1P\equiv 0\mod 6nP$, отсюда

$m_1 = 2n$
или
$m_1 = 4n$, тогда

$R_3\equiv g^3^n^P^-^2^n^P\equiv g^n^P\equivR_1\mod P^2$

или

$R_3\equiv g^3^n^P^-^4^n^P\equiv g^-^n^P\equiv g^6^n^P^-^n^P\equiv g^5^n^P\equivR_2\mod P^2$.

Пришли к противоречию: вычет $R_3$ равен вычету $R_1$ или вычету $R_2$, что

указывает на Справедливость Утверждения 1.

Я проверил частные множества вычетов {R} по модулям $7^2$, $13^2$, $19^2$ и $31^2$ Утверждение 1 везде подтверждалось.
Доказательство Утверждения 2

Функция Эйлера $\varphi (6n + 5)^2 = (6n +4)(6n + 5)$ не делиться на 3 и 6, а потому не существует вычетов в множестве вычетов {R} принадлежащих числам 3 и 6, а значит нет вычетов удовлетворяющих условию (1).

Я проверил частные множества вычетов {R} по модулям $5^2$, $11^2$ и $17^2$
Утверждение 2 везде подтверждалось.

Однако я не уверен, что предложенные мною доказательства Утверждений 1 и 2 являются достаточными, а потому прошу помощи.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 4 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group