Πεπερασμένο Πλήθος Πρώτων

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 575
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)


It's the questions we can't answer that teach us the most. They teach us how to think. If you give a man an answer, all he gains is a little fact. But give him a question and he'll look for his own answers.

If you are not sure it is magic then it probably is.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 799
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