¿Existe un polinomio cúbico $f(x)$ tal que $f(x)\equiv0 \pmod p $ no tiene soluciones enteras si $p\equiv 3\pmod 4$ ?

Question

Como sabemos que $f(x)=x^2+1\equiv0 \pmod p $ no tiene soluciones enteras si $p\equiv 3\pmod 4$ ¿existe un polinomio cúbico $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d~(a,b,c,d \in\mathbb Z,a\neq 0) $ tal que $f(x)\equiv0 \pmod p $ no tiene soluciones enteras si $p\equiv 3\pmod 4$ ?

Sólo sé que $f(x)=0$ no tiene soluciones enteras.

Answer 1

Si $p\equiv 1\pmod{3}$ y $a\in\mathbb{F}_p^*$ no es un residuo cúbico $\!\!\pmod{p}$ es decir: $$a^{\frac{p-1}{3}}\not\equiv 1\pmod{p},$$ no hay soluciones enteras para $$ x^3 - a\equiv{0}\pmod{p}.$$ Sólo toma $a\in\{2,3,4,5\}$ para $p=7$ o $a\in\{2,3,4,5,6,9,10,13,14,15,16,17\}$ para $p=19$ .

En general, $f(x)$ no tiene raíces en $\mathbb{F}_p$ si es irreducible sobre $\mathbb{F}_p$ - esto depende sólo de que el discriminante sea un residuo cuadrático o no y de que otra función de los coeficientes sea un residuo cúbico o no (podemos eliminar la última condición si $p\equiv 2\pmod{3}$ ya que en ese caso cada elemento del campo es un residuo cúbico).

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Si buscas un "polinomio universal" $f(x)$ tal que para cada $p\equiv 3\pmod{4}$ $$f(x)\equiv 0\pmod{p}$$ no tiene soluciones en $\mathbb{F}_p$ no existe tal polinomio, ya que para la ley de reciprocidad cuadrática y el teorema de Dirichlet el discriminante de $f(x)$ es un residuo no cuadrático para algún primo $q\equiv 3\pmod{4}$ Por lo tanto $f(x)$ se divide en $\mathbb{F}_q$ en virtud del criterio de Stickelberger. Dado que $f(x)$ es un polinomio de tercer grado, esto implica que $f(x)$ tiene una raíz en $\mathbb{F}_q$ contradicción.

Answer 2

Quieres que el polinomio no tenga ninguna raíz módulo (al menos) la mitad de los primos.

Si $G$ es el grupo de Galois de $f$ (un subgrupo de $S_3$ ), el polinomio tiene un factor lineal módulo $p$ si el símbolo de reciprocidad en $p$ es un elemento del grupo de Galois con un punto fijo. Por el teorema de la densidad de Cebotarev, se necesita $G' = \{g \in G \mid g $ tiene un punto fijo $ \}$ para ser menos de la mitad del tamaño de $G$ .

Puede enumerar rápidamente los subgrupos de $S_3$ y encontramos que sólo un grupo cíclico de orden $3$ puede funcionar.

Como tal extensión es abeliana, los primos donde $f$ factores son los que aterrizan modulo $m$ en el núcleo de un personaje $\chi : (\Bbb Z/m\Bbb Z)^* \to C_3$ para algunos $m$ .

Desde $(\Bbb Z / 2^k \Bbb Z)^*$ no tiene $3$ -parte, es inútil tener poderes de $2$ en $m$ : si $\chi$ es un carácter de este tipo se puede definir modulo algún impar $m$ (de hecho las únicas cosas que pueden aparecer en $m$ son $3^2$ y $p^1$ para $p \equiv 1 \pmod 3$ )

Entonces por el teorema de Dirichlet debe haber primos que aterricen en $\ker \chi$ que son congruentes con $3 \pmod 4$

Answer 3

He aquí un hecho análogo. Si $$p\equiv 1\mod 3$$ donde $p\neq m^2+27n^2$ para cualquier número entero $m$ y $n$ entonces $$x^3-2\equiv0\mod p$$ no tiene soluciones enteras por la ley de reciprocidad cúbica para $\left[\frac{2}{p}\right]_3$ .