เพิ่งจะลองเปิดดูเฉลย จริงๆข้อนี้ทำแบบ contradiction ง่ายกว่าเยอะครับ
อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง
จากโจทย์ จะได้ว่า $a_{i}\in\mathbb{I}$ให้ $b_{i}\in\mathbb{I}$ เเละ $a_{i}b_{i}\equiv 1 \pmod p\rightarrow p|({a_ib_i-1})$
เเละ กำหนด $A=\left\{\,a_{i}|(a_{i},p)=1 \wedge i\in \left\{\,1,2,3...,p-1\right\} \right\} $
สมมุติว่า $b_{i}\not\in A\therefore b_{i}=pk$ สำหรับบางค่า $k\in\mathbb{I}$
เเละจาก $p|a_{i}b_i-1 \rightarrow a_ipk-1=px$ สำหรับบางค่า $x\in\mathbb{I}$ ซึ่งเกิดข้อขัดเเย้ง
เพราะฉะนั้น $b_{i}$ ก็หล่นไปอยู่ใน $A$ ทำให้ได้ว่า $\left\{\,a_{i}\right\} =\left\{\,b_{i}\right\} $
ปล.ลองเฉลยข้อ 6 พอเป็นเเนวทางหน่อยได้ไหมครับ TT |
โจทย์บอกว่า $\left\{\, a_1, a_2,...,a_{p-1} \right\}$ เป็นจำนวนที่ต่างกันใน modulo $p$ แสดงว่าไม่มีคู่ใดที่ congruence กันเอง
แปลได้ว่า สำหรับทุก $i,j \in \left\{\, 1,2,...,p-1 \right\}$ ซึ่ง $i \not= j$ แล้ว $a_i \not\equiv a_j \pmod{p}$
สมมติว่ามีบาง $a_i, a_j$ ที่ใช้อินเวอร์สร่วมกัน แสดงว่า $a_i^{-1} \equiv a_j^{-1} \pmod{p}$
คูณด้วย $a_ia_j$ ซะก็จบ เพราะจะได้ว่า $a_j \equiv a_i \pmod{p}$ ทันที จึงเกิดข้อขัดแย้ง
ดังนั้น จะไม่มีคู่ $a_i,a_j$ ต่างกันใดๆที่มีอินเวอร์สตัวเดียวกันใน modulo $p$
(พอมันใช้อินเวอร์สอย่างไม่ซ้ำกัน ก็แสดงว่ามันเป็นการเรียงสับเปลี่ยนเท่านั้นเอง สองเซตดังกล่าวจึงเท่ากัน)