[Nub]

Hola
Probar que \( 2,mod(n) \) es invertible \( \Leftrightarrow{n} \) impar

Directo: 2 es invertible \( mod(n) \) \( \Rightarrow{\exists{x\in{\mathbb{Z}}}}/2x\equiv{1}\Rightarrow{n|2x-1}\Rightarrow{\exists{q\in{\mathbb{Z/nq=2x-1}}}} \)
Aca viene el problema, lo unico que se me ocurre es usar que por division entera \( n=2k \) o \( n=2k+1 \)
Si \( n=2k \Rightarrow{(2k)q=2x-1\Rightarrow{2k'=2x-1}} \) acá la única forma de ver el absurdo es mirar que en la parte derecha hay un numero par y del otro lado un numero impar, o mejor creo que debería sumar ambos lados 1, \( 2k'+1=2x \).
¿Hay otra forma de deducir que n es impar? ¿si n=2k-1 se considera impar o debería ser n=2k+1? se que en congruencias serian equivalentes pues un numero a es impar si \( a\equiv{1}mod(2) \) pero si sumamos o restamos el modulo se mantiene \( a\equiv{-1} \)

Reciproco: n impar, entonces n=2k+1 luego no se como seguir

Gracias

[Carlos Ivorra]

Hola
Probar que \( 2,mod(n) \) es invertible \( \Leftrightarrow{n} \) impar

Directo: 2 es invertible \( mod(n) \) \( \Rightarrow{\exists{x\in{\mathbb{Z}}}}/2x\equiv{1}\Rightarrow{n|2x-1}\Rightarrow{\exists{q\in{\mathbb{Z/nq=2x-1}}}} \)

Tienes que \( nq = 2x -1 \). Si \( n \) fuera par, entonces \( 2\mid n \), luego \( 2\mid nq \), luego \( 2\mid 2x -1 \), es decir, \( 2x-1 = 2u \), luego \( 2\mid 1 \), y eso suena muy mal.

Reciproco: n impar, entonces n=2k+1 luego no se como seguir

Tienes que \( n = 2(k+1)-1 \), luego, tomando clases módulo \( n \), tienes que \( 0 = [n] = [2][k+1]-[1] \), es decir, \( [2][k+1] = [1] \), y eso significa que 2 es invertible módulo n.

[Nub]

Hola
Probar que \( 2,mod(n) \) es invertible \( \Leftrightarrow{n} \) impar

Directo: 2 es invertible \( mod(n) \) \( \Rightarrow{\exists{x\in{\mathbb{Z}}}}/2x\equiv{1}\Rightarrow{n|2x-1}\Rightarrow{\exists{q\in{\mathbb{Z/nq=2x-1}}}} \)

Tienes que \( nq = 2x -1 \). Si \( n \) fuera par, entonces \( 2\mid n \), luego \( 2\mid nq \), luego \( 2\mid 2x -1 \), es decir, \( 2x-1 = 2u \), luego \( 2\mid 1 \), y eso suena muy mal.

Reciproco: n impar, entonces n=2k+1 luego no se como seguir

Tienes que \( n = 2(k+1)-1 \), luego, tomando clases módulo \( n \), tienes que \( 0 = [n] = [2][k+1]-[1] \), es decir, \( [2][k+1] = [1] \), y eso significa que 2 es invertible módulo n.

Hola Carlos el directo lo entiendo, pero mi argumento era valido o no lo era ?. Luego el reciproco, creo que también funciona si hacemos lo siguiente: \( n=2(k+1)-1  \) \( 2(k+1)-1\equiv{0}\Leftrightarrow{nq=2(k+1)-1} \) si \( q=1 \) por lo anterior se cumple entonces   \( 2(k+1)-1\equiv{0} \) luego  \( 2(k+1)\equiv{1} \)

Otra pregunta, cual es el inverso ? a simple vista podria decir que k+1, pero el inverso no dependería de n o algo así?

[Carlos Ivorra]

Hola Carlos el directo lo entiendo, pero mi argumento era valido o no lo era ?.

En realidad tu argumento es el mismo que el mío, ¿no? Simplemente, como al final te habías quedado dudando, te he propuesto una forma de concluir que eso era imposible. ¿Cuál se supone que es tu forma de concluir? Dices que en un lado hay un número par y en el otro uno impar. En efecto, eso es imposible, pero si no te convence así sin más, sólo tienes que observar que eso implica que \( 2\mid 1 \), que es lo que te decía yo.

Luego el reciproco, creo que también funciona si hacemos lo siguiente: \( n=2(k+1)-1  \) \( 2(k+1)-1\equiv{0}\Leftrightarrow{nq=2(k+1)-1} \) si \( q=1 \) por lo anterior se cumple entonces   \( 2(k+1)-1\equiv{0} \) luego  \( 2(k+1)\equiv{1} \)

También es lo mismo, ¿no? Tú has expresado las congruencias con \( \equiv \) y yo he usado igualdades entre clases, pero estamos diciendo lo mismo.

Otra pregunta, cual es el inverso ? a simple vista podria decir que k+1, pero el inverso no dependería de n o algo así?

El inverso es \( k+1 \), que depende de \( n \), porque es \( k+1 = (n+1)/2 \), que es entero, porque \( n \) es impar. En otras palabras, el inverso es \( (n+1)/2 \).

[feriva]

¿Hay otra forma de deducir que n es impar? ¿si n=2k-1 se considera impar o debería ser n=2k+1? se que en congruencias serian equivalentes pues un numero a es impar si \( a\equiv{1}mod(2) \) pero si sumamos o restamos el modulo se mantiene \( a\equiv{-1} \)

Sí te vale (si no me equivoco) porque 2k-1 con k=1,2,3... te da los impares positivos; y con k=0,-1,-2... todos los impares negativos. Por añadidura, aquí tenemos la suerte de que 1 es resto 1 (como siempre) y -1 es -1+2=1; también resto 1. Luego no se escapa la existencia del inverso en \( 2x\equiv1\,(mod\,2k-1) \) con x=k.

Saludos.

[Nub]

Hola Carlos el directo lo entiendo, pero mi argumento era valido o no lo era ?.

En realidad tu argumento es el mismo que el mío, ¿no? Simplemente, como al final te habías quedado dudando, te he propuesto una forma de concluir que eso era imposible. ¿Cuál se supone que es tu forma de concluir? Dices que en un lado hay un número par y en el otro uno impar. En efecto, eso es imposible, pero si no te convence así sin más, sólo tienes que observar que eso implica que \( 2\mid 1 \), que es lo que te decía yo.

Luego el reciproco, creo que también funciona si hacemos lo siguiente: \( n=2(k+1)-1  \) \( 2(k+1)-1\equiv{0}\Leftrightarrow{nq=2(k+1)-1} \) si \( q=1 \) por lo anterior se cumple entonces   \( 2(k+1)-1\equiv{0} \) luego  \( 2(k+1)\equiv{1} \)

También es lo mismo, ¿no? Tú has expresado las congruencias con \( \equiv \) y yo he usado igualdades entre clases, pero estamos diciendo lo mismo.

Otra pregunta, cual es el inverso ? a simple vista podria decir que k+1, pero el inverso no dependería de n o algo así?

El inverso es \( k+1 \), que depende de \( n \), porque es \( k+1 = (n+1)/2 \), que es entero, porque \( n \) es impar. En otras palabras, el inverso es \( (n+1)/2 \).

Entiendo, lo que pasa es que nunca habia visto eso de igualdades entre clases, siempre use congruencias. Muchas gracias Carlos

[Nub]

¿Hay otra forma de deducir que n es impar? ¿si n=2k-1 se considera impar o debería ser n=2k+1? se que en congruencias serian equivalentes pues un numero a es impar si \( a\equiv{1}mod(2) \) pero si sumamos o restamos el modulo se mantiene \( a\equiv{-1} \)

Sí te vale (si no me equivoco) porque 2k-1 con k=1,2,3... te da los impares positivos; y con k=0,-1,-2... todos los impares negativos. Por añadidura, aquí tenemos la suerte de que 1 es resto 1 (como siempre) y -1 es -1+2=1; también resto 1. Luego no se escapa la existencia del inverso en \( 2x\equiv1\,(mod\,2k-1) \) con x=k.

Saludos.

Gracias feriva