Pagina 1 di 1

p|a^2-a+3 implies p|b^2-b+25

Inviato: 14 mar 2009, 23:20
da jordan
Sia dato un primo $ p>3 $. Mostrare che se per qualche intero $ a $ vale $ p|a^2-a+3 $, allora per qualche intero $ b $ vale $ p|b^2-b+25 $. :D

Inviato: 15 mar 2009, 19:13
da stefanos
Procedo cosi`: $ $a^2 - a + 3 \equiv 0 \pmod p$ $, quindi deve essere $ $a \equiv \frac{1 \pm i\sqrt{11}}{2}$ $, dove $ $i = \sqrt{-1}, \sqrt{11}$ $ sono i residui modulo $ $p$ $ che elevati al quadrato sono congrui rispettivamente a $ $-1, 11$ $; dunque devono esistere questi numeri, e deve esistere l'inverso moltiplicativo di $ $2$ $ modulo $ $p$ $.

Allora, poniamo $ $b = \frac{1 \pm 3i\sqrt{11}}{2}$ $, che esiste poiche` esistono $ $i, \sqrt{11}, \frac{1}{2}$ $, e abbiamo che $ $b^2 - b + 25 \equiv 0 \pmod p$ $.

E` corretto, o ci sono degli errori/imprecisioni?

Inviato: 16 mar 2009, 16:15
da Federiko
Io ho fatto un paio di considerazioni e mi sono ricollegato al dimostrare che, sapendo dall'ipotesi che -11 è un residuo quadratico modulo 4p ( si vede considerando il delta dell' equazione $ a^2-a+3=kp $), allora lo è anche -99 (condizione necessaria affinché l'equazione $ b^2-b+25=hp $ abbia soluzioni). Facendo pochissimi conti si vede che conviene prendere $ b=3a-1 $. Allora $ b^2-b+25=9a^2-9a+27=9(a^2-a+3) $, quindi ovviamente se $ p\mid a^2-a+3\Longrightarrow p\mid 9(a^2-a+3)=b^2-b+25 $.

Inviato: 16 mar 2009, 16:46
da piever
Uhm, un lemma che può aiutare più in generale a fare questo tipo di problemi è il seguente:

Sia $ q(x)=x^2+ax+b $ un polinomio di secondo grado, con a e b interi. Sia $ \Delta =a^2-4b $ (il consueto determinante...). Sia p un primo dispari.

Dimostrare che esiste un intero $ n $ tale che $ q(n)\equiv 0 \pmod p $ se e solo $ \Delta $ è un residuo quadratico modulo p.

(La dimostrazione è molto facile, quindi non vale la pena aprire un nuovo thread).

Inviato: 16 mar 2009, 18:33
da stefanos
Vogliamo che sia $ $n^2+an+b \equiv 0 \pmod p$ $; aggiungendo e togliendo il termine giusto si ha $ $\left(n+\frac{a}{2}\right)^2-\frac{a^2}{4}+b \equiv 0 \pmod p$ $, (esiste l'inverso di 4 perche` $ $p \neq 2$ $), cioe` $ $(2n+a)^2 \equiv a^2-4b \pmod p$ $; quindi $ $\Delta$ $ deve essere un residuo quadratico modulo p (poi il residuo n e` determinato).

E` corretto? Se non mi sbaglio questo e` gia` un se e solo se (o ho fatto solo una freccia? =P).

Inviato: 16 mar 2009, 18:40
da jordan
Ebbe certo, vabbo direi che l'idea è la stessa di Federiko.. :roll: