p|1+a+a^2+...+a^(p-1) < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:14 Sa 07.05.2011 | | Autor: | Teufel |
| Aufgabe | Seien p, q Primzahlen >2 und [mm] p|1+a+a^2+...+a^{q-1}.
[/mm]
Zeige: Dann gilt [mm] $a\equiv [/mm] 1$ mod p und p=q oder [mm] $a\not= [/mm] 1$ mod p und $p [mm] \equiv [/mm] 1$ mod 2q |
Hi!
Den 1. Fall kann ich leicht zeigen, aber beim 2. will mir nichts einfallen.
Sei [mm] p|1+a+a^2+...+a^{q-1} [/mm] und [mm] $a\not= [/mm] 1$ mod p.
Dann ist [mm] $1+a+a^2+...+a^{q-1} \equiv 1+b+...+b^{q-1} \equiv \frac{b^q-1}{b-1} \equiv [/mm] 0$ mod p mit b=a mod p. Aber ich weiß nicht, wie ich jetzt p modulo 2q ins Spiel bringen kann.
Weiß da jemand weiter?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:46 Sa 07.05.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Seien p, q Primzahlen >2 und [mm]p|1+a+a^2+...+a^{q-1}.[/mm]
> Zeige: Dann gilt [mm]a\equiv 1[/mm] mod p und p=q oder [mm]a\not= 1[/mm] mod
> p und [mm]p \equiv 1[/mm] mod 2q
> Hi!
>
> Den 1. Fall kann ich leicht zeigen, aber beim 2. will mir
> nichts einfallen.
>
> Sei [mm]p|1+a+a^2+...+a^{q-1}[/mm] und [mm]a\not= 1[/mm] mod p.
>
> Dann ist [mm]1+a+a^2+...+a^{q-1} \equiv 1+b+...+b^{q-1} \equiv \frac{b^q-1}{b-1} \equiv 0[/mm]
> mod p mit b=a mod p. Aber ich weiß nicht, wie ich jetzt p
> modulo 2q ins Spiel bringen kann.
Da $a [mm] \not\equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{p}$ [/mm] ist, macht [mm] $\frac{a^{q - 1} - 1}{a - 1}$ [/mm] auch modulo $p$ Sinn, und aus [mm] $\frac{a^q - 1}{a - 1} \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{p}$ [/mm] folgt [mm] $a^q \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{p}$. [/mm] Das sagt etwas ueber die Ordnung von $a$ modulo $p$ aus. Was weisst du ueber die Ordnung von $a$ modulo $p$, was muss sie teilen? Kann sie 1 sein?
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:11 Sa 07.05.2011 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Danke für die Antwort erst einmal.
Ok, also wenn [mm] $a^q\equiv [/mm] 1$ mod p ist, so muss die Ordnung von a modulo p q teilen, also [mm] ord_p(a)|q. [/mm] Weil q prim ist, muss [mm] ord_p(a)=1 [/mm] oder =q sein. Wegen [mm] $a\not=1$ [/mm] ist [mm] ord_p(a)=q.
[/mm]
Meintest du das?
Außerdem gilt noch [mm] ord_p(a)|\varphi(p) \Rightarrow [/mm] $q|p-1$. Weil p,q>2 und p-1 deswegen gerade ist, teilt auch 2q p-1 [mm] \gdw [/mm] $p [mm] \equiv [/mm] 1$ mod 2q.
So, oder?
Vielen Dank (mal wieder)! :)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:13 Sa 07.05.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Danke für die Antwort erst einmal.
> Ok, also wenn [mm]a^q\equiv 1[/mm] mod p ist, so muss die Ordnung
> von a modulo p q teilen, also [mm]ord_p(a)|q.[/mm] Weil q prim ist,
> muss [mm]ord_p(a)=1[/mm] oder =q sein. Wegen [mm]a\not=1[/mm] ist
> [mm]ord_p(a)=q.[/mm]
>
> Meintest du das?
Ja :)
> Außerdem gilt noch [mm]ord_p(a)|\varphi(p) \Rightarrow[/mm] [mm]q|p-1[/mm].
> Weil p,q>2 und p-1 deswegen gerade ist, teilt auch 2q p-1
> [mm]\gdw[/mm] [mm]p \equiv 1[/mm] mod 2q.
Genau :)
LG Felix
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