Verilen sonsuz bir asal listesi olan ikinci dereceden bir kalıntı modulo olan bir (kare olmayan) tamsayı bulmak mümkün müdür?
Bir asal p ve sonsuz bir asal listesi verildiğinde mümkün olup olmadığını merak ediyorum. $q_1$, $q_2$, ... (1) olan bir tam sayı d bulmak için değil , bir kare mod p, ancak (2) olan bir kare mod$q_i$tüm i için. Her zaman bazen asla? Muhtemelen bazen --- bazı koşullar nelerdir? Aklımdaki uygulamada,$q_i$ tüm sayıların asal bölenleri $p^{2^n}-1$ n 1'den sonsuza kadar değişir, ancak bu biraz esnektir.
(Bu arada uygulama, rasyonel tamsayıların üslenmesinin p-adik bir interpolasyonunu almayı ve bunu sayı alanlarının kulelerindeki tamsayı halkalarına genişletmeyi içerir.)
[ETA: Aşağıda verilen -1'in cevabını dışlayan d'nin de uygulama için bir kare mod 8 olması gerektiğini söylemeyi unuttum.]
Sonlu bir liste için, d Çin Kalan Teoremi kullanılarak inşa edilebilir, ancak bu burada yardımcı görünmüyor.
D verildiğinde, ikinci dereceden karşılıklılık, d'nin bir kare olduğu sonsuz bir asal kümesi verir, ancak önce belirtilen asallara ihtiyacım var.
Grunwald-Wang, eğer doğru anlarsam, bu koşul (1) d'nin bir kare modulo olmadığını ima ettiğini söylüyor.$q$ sonsuz sayıda asal için $q$, ancak d' nin karesi olduğu asal sayılar hakkında hiçbir şey söylemez .
Chebotarov Yoğunluk Teoremi, olası d kümesinin yoğunluğunun sıfır olduğunu ima ediyor gibi görünmektedir, ancak böyle bir d'nin var olduğunu dışlamaz (veya ima etmez).
Herhangi bir yardım, kaynak veya tavsiye için teşekkürler!
---- Josh
Yanıtlar
Verilen asal listesine bağlıdır. Daha basit ama gerekli bir koşul, bir$d$ böylece listenin tüm asal sayıları (daha büyük $d$) birkaç uyum sınıfında yoğunlaşmıştır $\bmod 4d.$ Her şey ikinci dereceden bir kalıntı olduğu için garip asal bölenlere sadık kalabiliriz $\bmod 2.$
Liste tüm asal sayılar ile uyumluysa $1 \bmod 4$ sonra $-1$yaygın bir ikinci dereceden kalıntıdır. Bu muhtemelen pek heyecan verici görünmüyor.
Listenin tümü tuhaf asal bölenler ise $3^{2^n}-1$ gibi $n$ pozitif tamsayılar üzerinden değişir, sonra $-1$yine yaygın bir ikinci dereceden kalıntıdır. Bahsettiğiniz türden bir şey bu. Ama nedeni, tüm bu asalların$1 \bmod 4$
Yanılmıyorsam ve aynı sebepten ötürü, $-1$ asal bölenlerin ortak ikinci dereceden kalıntısıdır $p^{2^n}-1$ gibi $n$ tamsayılar üzerinden başlayan aralıklar $2.$
Gibi belirli asal sayılar için $5,7,17,19,31,53,59$ listeyi tüm asal bölenlere genişletebiliriz $p^{2^n}-1$ nın istisnası ile $3.$ Genel olarak, herhangi bir böleninin atılması yeterlidir. $p^2-1$ hangileri $3 \bmod 4.$
Bunun arkasındaki gerçekler
- $p^{2^n}-1=(p-1)(p+1)(p^2+1)(p^4+1)\cdots(p^{2^{n-1}}+1)$
- her garip faktörü $p^{2^m}+1$ formda $2^{m+1}q+1$
- $-1$ asal sayılar için ikinci dereceden bir kalıntıdır $1 \bmod 4.$
Önce bu (kolay) soruyu düşünün. Sabit için$d$ garip asal sayılar nelerdir $q$ öyle ki $d$ ikinci dereceden bir kalıntıdır $\bmod q?$ Bu seti ara $G_d.$ Bunu varsayabiliriz $d$ karesizdir.
Daha sonra üyeleri $G_d$ ana bölenler $d$ belirli uyum sınıflarının birliğindeki bu asallarla birlikte $\bmod 4d.$ Sınıfların yarısı $(r \bmod 4d)$ ile $\gcd(r,4d)=1$
Bazı durumlarda ($d$ hatta veya $d$ tüm bölenlerle garip $1 \bmod 4$) uygunluk sınıflarını dikkate almak yeterlidir $\bmod 2d$. Ancak yazılanlar hala doğrudur. Görmezden geleceğim$p$ amacın dışlamak olduğu varsayımıyla $d$ kare olmak.
Sonra spesifik $d$ probleminizin belirli bir örneği için işe yarar, tam da eğer seçilen liste sayılamayacak kadar çok sayıda sonsuz alt kümeden biriyse $G_d.$
Öte yandan, listenin üyelerinin (bölenler dışında) verildiğini varsayalım. $d$ listede varsa) bazıları arasından seçilir $k \ll \phi(d)$ uygunluk sınıflarının $\bmod 4d$. Sonra, eğer$k$ rastgele seçilirse $d$ daha az çalışacak $2^{-k}$.
Yani bir listeden başlayarak $\mathbf{q}=q_1,q_2,\cdots$ ilk soru şu: "Şüphelenmek için bir neden var mı? $M$ böylece tüm üyeleri $\mathbf{q}$ (asal $M$) birkaç uyum sınıfında yoğunlaşmıştır $\bmod M?$"Eğer bu olmazsa, o zaman umut yoktur. Belli bir süre için olursa $M,$ o zaman şans hala düşük olabilir.
Bu yüzden çok fazla nerede $\mathbf{q}$ gelen.
Bu arada, bir bulma sorunu $d$ bu, hepsine göre ikinci dereceden bir kalıntı olmayan $q \in \mathbf{q},$ eşit derecede zordur.