Polinomio tiene raíces en cualquier anillo $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ pero no en $\mathbb{Z}$

Question

Tengo que probar que el polinomio $$(X^2-13)(X^2-17)(X^2-221) tiene raíces en todos anillos $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ $n\in\mathbb{N}$ pero no en $\mathbb{Z}$.

Desde $221 = 13\cdot 17$, podemos utilizar el multiplicativity del símbolo de Legendre si $n$ es primo y ver que $\left(\frac{13\cdot 17 }{n}\right), \left(\frac{13}{n}\right), \left(\frac{17}{n}\right)$ no puede ser $-1$.

Pero general $n$ estoy atrapado. Si uso el Teorema chino del resto, todavía tengo que demostrar que el polinomio tiene raíces modulo una potencia de un número primo.

Answer 1

Necesita saber que, $p$ un primer impar, si $x^2\equiv a\pmod p$ tiene una solución, con $(a,p)=1$, $x^2\equiv a\pmod {p^k}$ tiene una solución para cualquier $k$. Esto se demuestra mediante inducción relativamente fácilmente $p$ impar.

El caso de los poderes de $2$ es un poco más difícil. Usted realmente necesita para comenzar con $x^2\equiv a\pmod{8}$ antes de las obras de inducción.

Answer 2

Primero de todo, yo definitivamente no quiero competir con la respuesta de Thomas Andrews, es sin duda la respuesta, solo quiero probar y ver si se puede hacer también usando series de Taylor.

Como él señala, las potencias de 2 son más difíciles. Por extraño $p$, se puede proceder como sigue.

Se nos da enteros $x$$c$$a=x^2+cp$, y estamos buscando a$y$$y^2\equiv a\pmod{p^k}$. Por lo tanto necesitamos $$\sqrt=\sqrt{x^2+cp}=x\sqrt{1+\frac{cp}{x^2}}$$ y mi reclamo es que la informática esta analíticamente a través de el poder de expansión de la serie tiene sentido en $\mathbb Z/p^k$.

En primer lugar, desde $a$ no es divisible por $p$, ni es $x$, lo $1/x$ (y luego también a$1/x^2$) "$\mathbb Z/p^k$". Más precisamente, no es un número entero $x'$ $xx'\equiv1\pmod{p^k}$ y yo simplemente denotar esta $x'$$1/x$.

Vamos ahora a expandir $x(1+\frac c{x^2}p)^{\frac12}$ en series de Taylor de tratamiento de la $p$ como una variable: $$x(1+\frac c{x^2}p)^{\frac12}=x\sum_{n=0}^\infty\binom{\frac12}n\left(\frac c{x^2}p\right)^n=x+\frac c{2x}p-\frac{c^2}{8x^3}p^2+\frac{c^3}{16x^5}p^3-\frac{5c^4}{128x^7}p^4+...+(-1)^{n+1}\frac{\binom{2n}nx}{2n-1}\left(\frac c{4x^2}\right)^np^n+...$$ (véase e. g. La Wikipedia). Ahora en el hecho de $\frac{\binom{2n}n}{2n-1}$ es un número entero (es el doble de la $n-1$st catalán número), y también se $1/4$ puede ser reemplazado por un número entero -- vamos a denotar por $1/4$ algunos entero $d$$4d\equiv1\pmod{p^k}$. Así que esta serie tiene sentido y que converge en $\mathbb Z/p^k$ a un cierto valor de $y$. En realidad acabamos de tirar todos los poderes de $p$ a partir de $p^k$, y obtener un entero $y$ (rememeber $1/x$ es también una notación para un cierto entero). A continuación, por la propia construcción $y^2\equiv a\pmod{p^k}$.

Admito que soy demasiado perezoso para trabajar en los detalles para $p=2$ pero una cosa que puedo decir es que si se le da una solución de $x^2\equiv a\pmod2$ I puede encontrar una solución de $x^2\equiv a\pmod 8$, entonces los poderes superiores de 2 pueden ser tratados de manera similar a la anterior: si $a=x^2+8c$ $\sqrt a=x\sqrt{1+\frac{4cp}{x^2}}$ donde $p=2$, y podemos dar sentido a la expansión de $\sqrt{1+\frac{4cp}{x^2}}$ $\mathbb Z/2^k$ ya que la serie sólo tienen denominadores impares (bueno, no denominadores en todos en realidad, como se $1/x$ sólo denota un número entero).