Πεπερασμένο Πλήθος Πρώτων

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 593
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Πεπερασμένο Πλήθος Πρώτων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Πέμ Ιουν 27, 2019 4:41 pm

Δίνεται μονικό πολυώνυμο δευτέρου βαθμού P(x) με ακέραιους συντελεστές. Να αποδειχτεί (ή να απορριφθεί) ότι αν η \Delta \neq 0 τότε το πλήθος των πρώτων p για τους οποίους ισχύει ότι το P(x) είναι τετραγωνικό υπόλοιπο \mod p για κάθε x (το 0 θεωρείται τετραγωνικό υπόλοιπο , εδώ τουλάχιστον), είναι πεπερασμένο. (ελπίζω να μην υπάρχει κάπου ως πρόβλημα)


Bye :')

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 806
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Πεπερασμένο Πλήθος Πρώτων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Ιουν 27, 2019 7:06 pm

Μπορεί να κάνω λάθος:

Θα δείξουμε ότι για να έχει ένας πρώτος p>2 τη ζητούμενη ιδιότητα, πρέπει \Delta \equiv 0 \pmod{p}. Αυτό οδηγεί άμεσα στο ζητούμενο.

Όλα τα παρακάτω τα θεωρώ \pmod{p}.

Θεωρούμε έναν πρώτο p>2 και πρέπει το x^2+bx+c να είναι τετραγωνικό κατάλοιπο, οπότε αρκεί το 4x^2+4bx+4c να είναι τετραγωνικό κατάλοιπο, δηλαδή αρκεί το (2x+b)^2+4c-b^2 να είναι τετραγωνικό κατάλοιπο. Έστω πως το 4c-b^2=k δεν είναι 0. Παρατηρούμε πως αφού το x λαμβάνει όλα τα δυνατά υπόλοιπα \pmod{p}, θα λαμβάνει όλα τα δυνατά υπόλοιπα και το 2x+b. Οπότε μπορούμε να θέσουμε 2x+b=y, με 0 \leq y \leq p-1.

Θέλουμε να δείξουμε πως δεν γίνεται το y^2+k να είναι τετραγωνικό κατάλοιπο για κάθε y. Πρακτικά αφού το y^2 παίρνει τις τιμές όλων των τετραγωνικών καταλοίπων, αρκεί να δείξουμε το εξής:

Έστω S το σύνολο των τετραγωνικών καταλοίπων. Αν k\ne 0 τότε δεν γίνεται για κάθε στοιχείο u του S το u+k να ανήκει επίσης στο S.

Πράγματι, αν γινόταν κάτι τέτοιο, τότε αρχίζοντας από ένα οποιοδήποτε στοιχείο u, τότε προχωρώντας με βήμα k φτιάχνουμε έναν κύκλο που πρέπει να καταλήγει ξανά στο u. Πρέπει δηλαδή κάποτε να είναι u+kl=u, άρα kl=0, δηλαδή l=0. Άρα έχουμε διατρέξει p διαφορετικά στοιχεία, άτοπο, γιατί τα δυνατά τετραγωνικά κατάλοιπα είναι \dfrac{p+1}{2}.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης