Проблема системы из двух сравнений. Есть ли решение?

[ananova]

Приветствую!

Хотел бы узнать Ваше мнение о следующей задаче

Рассмотрим систему сравнений:

$a^p \equiv 1 \pmod c$
$(a-1) \cdot b \equiv 1 \pmod c$

Верно ли утверждение, что для простого числа $p$ , $p > 2$, значение $|b| > |a|$?

Приведу два примера:

Для степени 2:

$c=7, a=6, b=3 \Rightarrow |b|<|a|$
$6^2 \equiv 1 \pmod 7$
$(6-1) \cdot 3 \equiv 1 \pmod 7$

Для степени 3:

(Первый пример удален после получения первого ответа. Пример оказался некорректным и я подготовил другой пример).

$c=49, a=18, b=26 \Rightarrow |b|>|a|$
$18^2 \equiv 1 \pmod {49}$
$(18-1) \cdot 26 \equiv 1 \pmod {49}$

Может есть известная или малоизвестная теорема, чтобы не мучаться?

Или есть множество контрпримеров? Или это задачка для пятиклассника?

Фактически $b$ - это обратное число к $(a-1)$ в сравнении по подходящему модулю. Всегда ли число $b$ больше числа $a$, если для $a$ обратным числом является $a^{p-1}$ по этому же модулю ?

$a \cdot a^{p-1} \equiv 1 \pmod c$
$(a-1) \cdot (a-1)^{-1} \equiv 1 \pmod c$

Всегда ли значение $(a-1)^{-1} > a $ для $p>2$.

[provincialka]

Почему в случае $n=3$ вы взяли $b=8$? Ведь $b=1$ тоже подходит. Вообще довольно странно записывать неравенство в поле остатков, оно в нем не определено.

[ananova]

Спасибо за замечание, provincialka. Мой второй пример оказался некорректным, т.к. $ b>c $.
Я его заменил на корректный.

Что касается записи неравенства в поле остатков, то тут .. мне нечего сказать. Я не знаю как это записать.
Может в этом случае можно использовать модульные обозначения для значений вычетов - типа $|a|<|b|$ ?

Вот более корректный пример для степени $3 $. К сожалению, в первом посте указано $18^2$, а надо $18^3$, как ниже:


$c=49, a=18, b=26 \Rightarrow |b|>|a|$
$18^3 \equiv 1 \pmod {49}$
$(18-1) \cdot 26 \equiv 1 \pmod {49}$

[provincialka]

Модуль в смысле абсолютной величины тут не при чем. Все дело в том, что в поле остатков элементом является не обычное число, а класс сравнимых чисел. Пусть, например, $a\equiv 3\pmod 5$ и $b\equiv 1\pmod 5$. Какое из них больше? Кажется, что $a$. Но ведь верно также, что $b\equiv 6\pmod 5$, а $6>3$.

Выходом могло бы быть "школьное" понимание остатка, т.е. выбор в качестве представителя числа от 0 до $p-1$, если сравнение по модулю $p$. Но это довольно неестественная конструкция.

Что касается основного вопроса - вы сами себе и ответили. Ваш первый "неправильный" пример является контрпримером.
Другой пример. $4^4\equiv 1\pmod 5$, но $3^{-1}\equiv 2\pmod 5, 2<4$.

И вообще, если $a^p\equiv 1\pmod c$, то и $a^{pk}\equiv 1\pmod c$, так что ограничение $p>2$ бессмысленно.

[ananova]

provincialka
Благодарю! Разобрали по полочкам. С классами я понимаю, если не сильно углубляться в теорию, только это не помогло мне правильно оформить постановку задачи, учитывая, что я ее "придумал" сам, а не списал с учебника. На самом деле, я хотел найти решение (с полученной помощью) более сложной задачи, но не получается:

$a^p \equiv 1 \pmod {c^p}$
$(a-1) \cdot b \equiv 1 \pmod {c^p}$

Пример:
$c=7^3, a=18, b=222 \Rightarrow |b|>|a|$
$18^3 \equiv 1 \pmod {7^3}$
$(18-1) \cdot 222 \equiv 1 \pmod {7^3}$

Из сравнений следует, при $p= 3$, система уравнений:

$a^3 -1 =(a -1)(a^2+a+1) =k \cdot c^3$
$(a -1)\cdot b -1= m \cdot c^3$

Фактически, мне нужно получить "доказательство" того, что система сравнений справедлива, только при

$$b > a$$