Помогите доказать

[vasili]

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.

[Deggial]

Сообщение отделено от темы Теория чисел

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

[provincialka]

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.

[vasili]

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.