Numeri primi che dividono $n^3-3n+1$

Question

Permettere $f(n)=n^3-3n+1$. Lo si può provare per qualsiasi numero primo$p$ e intero $n$ tale che $p\mid f(n)$ abbiamo entrambi $p=3$ o $p\equiv\pm1\pmod 9$ (vedi sotto).

Supponiamo infatti che per numero primo $p$ e intero $n$ noi abbiamo $p\mid n^3-3n+1$. In primo luogo, nota che se$x=t+\frac{1}{t}$, poi $$ f(x)=t^3+\frac{1}{t^3}+1=\frac{t^6+t^3+1}{t^3}. $$

Considereremo ora due casi:

Caso 1. In$\mathbb{F}_p\backslash\{0\}$ c'è un $a$ tale che $n\equiv a+\frac{1}{a}\pmod p$. Poi abbiamo $$ a^6+a^3+1\equiv 0\pmod p, $$ così $a^9\equiv 1\pmod p$. Inoltre,$x^{p-1}\equiv 1\pmod p$. Quindi, l'ordine$d$ di $a$ nel $\mathbb{F}_p^{\times}$ deve dividere $\gcd(p-1,9)$. Se$d\in\{1,3\}$, poi $a^3\equiv 1\pmod p$, così $p=3$. Altrimenti,$d=9$ e $9\mid p-1$, come desiderato.

Caso 2. Non c'è$a\in\mathbb{F}_p$ tale che $n\equiv a+\frac{1}{a}$. Quindi, possiamo considerare l'estensione$\mathbb{F}_p(a)$, dove $a$ è una radice del polinomio $x^2-nx+1=0$ (che è irriducibile in $\mathbb{F}_p$per nostra ipotesi). Nota che$|\mathbb{F}_p(a)|=p^2$ poiché il grado di questa estensione è 2. Allo stesso modo, come nel primo caso, lo deduciamo in $\mathbb{F}_p(a)$ $$ a^6+a^3+1=0,~\text{so}~a^9=1. $$ Se $d$ è l'ordine di $a$ nel $\mathbb{F}_p(a)^{\times}$, poi $d\mid\gcd(p^2-1,9)$. Come nel primo caso, se$d\in\{1,3\}$, poi $a^3=1$ nel $\mathbb{F}_p(a)$ e $p=3$. Altrimenti,$d=9$, così $9\mid p^2-1$. Perciò,$p\equiv\pm 1\pmod 9$, come desiderato.

Mi interessa una prova elementare di questo fatto (senza utilizzare estensioni di campo, gruppi, ecc.). È possibile?

Answer 1

Un "problema" con una dimostrazione del tutto elementare è che i concetti vengono spesso estratti dal nulla. Questo si vede già nella tua dimostrazione, dal momento che non spieghi perché prendi in considerazione la scrittura$n \equiv a + 1/a \bmod p$. Come hai deciso di provare a risolvere una tale congruenza? Perché sei interessato a una dimostrazione che non utilizzi gruppi o campi?

Motivazione per la congruenza $n \equiv a + 1/a \bmod p$ viene dal guardare dentro $\mathbf R$. Il polinomio$x^3 - 3x + 1$ ha tre vere radici: $2\cos(2\pi/9)$, $2\cos(4\pi/9)$, e $2\cos(8\pi/9)$. In termini della primitiva nona radice dell'unità$z = e^{2\pi i/9}$, ci sono 6 radici primitive nona dell'unità $z$, $z^2$, $z^4$, $z^5 = 1/z^4$, $z^7 = 1/z^2$, e $z^8 = 1/z$e le tre radici di $x^3 - 3x + 1$ sono la somma di una primitiva nona radice di unità e del suo complesso coniugato: $2\cos(2\pi/9) = z + \overline{z} = z + 1/z$, $2\cos(4\pi/9) = z^2 + \overline{z^2} = z^2 + 1/z^2$, e $2\cos(8\pi/9) = z^4 + \overline{z^4} = z^4 + 1/z^4$. Questo suggerisce che quando$x^3 - 3x + 1$ ha una radice $n \bmod p$, $n \bmod p$ dovrebbe avere il modulo $a + 1/a$ per una nona radice di unità $a$ in caratteristica $p$. Questo è analogo a$2\cos(2\pi/9) = z + 1/z$sopra. L'intuizione dietro$a^6 + a^3 + 1 \equiv 0 \bmod p$ viene da $a \bmod p$ essendo una primitiva nona radice di unità in caratteristica $p$ e $x^9 - 1$ factoring in questo modo: $$ x^9 - 1 = (x-1)(x^2+x+1)(x^6 + x^3 + 1). $$ In questa fattorizzazione, la radice di $x - 1$ è $1$ e le radici di $x^2+x+1$ sono le radici cubiche non banali dell'unità, quindi le radici di $x^6 + x^3 + 1$ sono le primitive radici della nona unità.

La condizione $p \equiv \pm 1 \bmod 9$ che ti interessa è lo stesso di $p^2 \equiv 1 \bmod 9$, e questo suggerisce fortemente di guardare il campo $\mathbf F_{p^2}$ e mostrare il suo gruppo di elementi diversi da zero contiene un elemento di ordine $9$ (primitiva nona radice di unità in caratteristica $p$). Poi$9 \mid (p^2-1)$dal teorema di Lagrange. Ma vuoi evitare la teoria dei gruppi. Non vedo come derivare$p^2 \equiv 1 \bmod 9$ in un modo carino lavorando solo in $\mathbf F_p^\times$ invece di in $\mathbf F_{p^2}^\times$.

Se $r$ è una delle radici di $x^3-3x+1$ nel $\mathbf R$ allora le altre due radici sono $r^2-2$ e $-r^2-r+2$. Questo ha un analogo in$\mathbf F_p$ Se $p \not= 3$ e $n^3 - 3n + 1 \equiv 0 \bmod p$ per un numero intero $n$: $x^3 - 3x + 1$ ha tre diverse radici in $\mathbf F_p$, vale a dire $n \bmod p$, $n^2 - 2 \bmod p$, e $-n^2 - n + 2 \bmod p$. (Quando$p = 3$ queste radici sono tutte uguali.) Forse puoi ottenere qualcosa di utile lavorando con tutte e tre le radici in $\mathbf F_p$ e non solo una delle radici mod $p$.

[Aggiornamento: poiché conosci già un po 'di teoria dei campi, ecco come risolverei questo problema utilizzando la teoria dei campi, piuttosto che il metodo che utilizza più macchinari di seguito. L'intuizione chiave, come accennato in precedenza, è questa$x^3 - 3x + 1$ ha radici nella forma $z + 1/z$ come $z$percorre le primitive radici della nona unità. Questo è vero in$\mathbf C$ ed infatti è vero in ogni campo dove ci sono 9 none radici di unità: se $z^9 = 1$ e $z^3 \not= 1$ poi $z + 1/z$ è una radice di $x^3 -3x + 1$. Per un primo$p \not= 3$, il polinomio $x^9 - 1$ ha nove radici distinte in caratteristica $p$ e solo 3 di queste radici sono radici cubiche di unità, quindi $x^9-1$ ha 6 radici in caratteristica $p$che sono le radici primitive della nona unità. Abbinando le 6 radici insieme come$z$ e $1/z$, le tre somme $z + 1/z$ sono le tre radici di $x^3 - 3x + 1$. Tutte e 3 le radici possono essere espresse in termini di una radice qualsiasi$r$: le radici sono $r$, $r^2 - 2$, e $-r^2 - r + 2$, quindi un campo contenente una radice di $x^3 - 3x + 1$contiene tutte e tre le sue radici. Permettere$\zeta$ essere una primitiva nona radice di unità in caratteristica $p$. Non deve mentire$\mathbf F_p$, ma $\mathbf F_p(\zeta)$ è un campo finito da allora $\zeta$ è una radice di $x^6 + x^3 + 1$. Da$\zeta + 1/\zeta$ è una radice di $x^3 - 3x + 1$ e un campo contenente una radice di questo polinomio contiene tutte e tre le radici, la tua domanda riguarda la visualizzazione, per $p \not= 3$, quella $\zeta + 1/\zeta$ si trova in $\mathbf F_p$ se e solo se $p \equiv \pm 1 \bmod 9$.

("If") In un campo $K$ di caratteristica $p$, gli elementi del suo sottocampo $\mathbf F_p$ sono le soluzioni in $K$ per $a^p = a$: che l'equazione polinomiale ha al massimo $p$ soluzioni in $K$ e tutto $p$ elementi di $\mathbf F_p$ sono soluzioni di tale equazione (il $p-1$ elementi diversi da zero di $\mathbf F_p$ soddisfare $a^{p-1} = 1$, così $a^p = a$, e $a = 0$ si adatta anche $a^p = a$). Se$p \equiv \pm 1 \bmod 9$ poi $\zeta + 1/\zeta \in \mathbf F_p$ da $\zeta + 1/\zeta$ è uguale al proprio $p$th potenza: $$ (\zeta + 1/\zeta)^p = \zeta^p + (1/\zeta)^p = \zeta^p + 1/\zeta^p = \zeta + 1/\zeta $$ da $\zeta^p$ dipende solo da $p \bmod 9$ e quindi $\zeta^p$ è $\zeta$ o $1/\zeta$ a partire dal $p \equiv \pm 1 \bmod 9$.

("Solo se") L'estensione del campo $\mathbf F_p(\zeta)/\mathbf F_p(\zeta + 1/\zeta)$ ha una laurea al massimo $2$ da $\zeta$ è una radice di $x^2 - (\zeta + 1/\zeta)x + 1$. Se$\zeta + 1/\zeta$ si trova in $\mathbf F_p$, poi $\mathbf F_p(\zeta)/\mathbf F_p$ ha una laurea al massimo 2, quindi $\zeta \in \mathbf F_{p^2}$ (c'è esattamente un campo di estensione quadratica di $\mathbf F_p$ e ha dimensioni $p^2$). Ciò implica$\zeta^{p^2-1} = 1$, da $\mathbf F_{p^2}^\times$ è un gruppo moltiplicativo di ordine $p^2-1$. Da$\zeta$ ha ordine moltiplicativo 9 (è una primitiva nona radice di unità!), da $\zeta^{p^2-1} = 1$ noi dobbiamo avere $9 \mid (p^2-1)$, così $p^2 \equiv 1 \bmod 9$ e quindi $p \equiv \pm 1 \bmod 9$.

Questo conclude il mio aggiornamento a questa risposta.]

Non vedo una dimostrazione completamente elementare per quello che cerchi, ma vedo una dimostrazione naturale se il lettore conosce la teoria dei numeri algebrica. Prima di tutto, la motivazione per sapere che tutte le radici di$x^3-3x+1$ sono esprimibili in termini di uno di loro deriva dalla teoria di Galois da allora $x^3 - 3x+1$ è irriducibile finita $\mathbf Q$ con un quadrato discriminante $81$. Questo è il discriminante$81$ ci dice dalla teoria algebrica dei numeri che l'unico primo ramificante in $\mathbf Q(r)$ è 3. Il teorema di Kronecker-Weber ci dice l'estensione abeliana di Galois $\mathbf Q(r)/\mathbf Q$ deve trovarsi in un campo ciclotomico, e siamo portati a verificare come $\mathbf Q(r)$ è correlato al 9 ° campo ciclotomico perché gli unici numeri primi a cui il $m$Le ramificazioni del campo ciclotomico sono fattori di $m$. Così$\mathbf Q(r)$dovrebbe trovarsi in un campo ciclotomico a 3 potenze. Infatti,$\mathbf Q(r)$ è il vero sottocampo di $\mathbf Q(\zeta_9)$, dove $\zeta_9 = e^{2\pi i/9}$. La connessione tra la scissione primaria nelle estensioni di Galois di$\mathbf Q$ e gli elementi Frobenius nei gruppi di Galois sono finiti $\mathbf Q$ ci dice $p$ si divide $\mathbf Q(r)$ se e solo se $p \equiv \pm 1 \bmod 9$ perché sotto il naturale isomorfismo di ${\rm Gal}(\mathbf Q(\zeta_9)/\mathbf Q)$ con $(\mathbf Z/9\mathbf Z)^\times$, il vero sottocampo $\mathbf Q(r) = \mathbf Q(\zeta_9 + 1/\zeta_9)$ corrisponde al sottogruppo $\pm 1 \bmod 9$. Questo, a me, spiega perché$x^3 - 3x + 1$ ha una mod di root $p$ se e solo se $p=3$ o $p \equiv \pm 1 \bmod 9$in un modo molto concettuale. Ovviamente non si qualifica affatto come una "dimostrazione elementare" che non fa uso di algebra astratta. Scusate.