¿Demostrar que $x^3 \equiv a \pmod{p}$ tiene una solución donde $p \equiv 2 \pmod{3}$?

Question

Demostrar que $x^3 \equiv a \pmod{p}$ tiene una solución en la que el $p \equiv 2 \pmod{3}$?

Cómo puedo probar una congruencia ecuación tiene una solución? Traté de enlace de Fermat poco teorema con este problema, pero no pude encontrar una manera de resolverlo.

Mi intento: $$x^3 \equiv 1 \pmod{2}$$ $$x^3 \equiv a \pmod{p}$$

Si $p \equiv 2 \pmod{3}$, he a $p = 3k + 2$, para algunos enteros $k$. Pero me he quedado atrapado aquí :(. Alguna idea?

Otra pregunta es, es que hay una infinidad de números primos de la forma 3k + 2? Una sugerencia sería suficiente.

Gracias, Gracias,

Answer 1

Sugerencia $\:$Mostrar $\rm\: x\to x^3\: $ es un bijection con poco Teorema de Fermat y el $\rm\: 3\ (2\:K+1) = 1 + 2\ (3\:K+1)$

Con mayor detalle: $\rm\ \ (x^{2\:K+1})^3\ =\ x\ (x^{3\:K+1})^2\ \equiv\ x\ \ (mod\ P)\ \ $ $\rm\ x\not\equiv 0\:,\ $ % primer $\rm\ P = 3\:K+2\:.$

Así $\rm\ x\to x^3\ $ es en el conjunto finito $\rm\:\mathbb Z/P\:,\:$ por lo que también es 1-1, es decir, $\rm\ x^3 \equiv y^3\ \Rightarrow\ x\equiv y\:.$

Nota: esto responde a la versión original de su pregunta (existencia y la singularidad de raíces cúbicas).

Answer 2

Para referencia, echa un vistazo Irlanda y Rosen, es Un Clásico de Introducción a la Moderna Teoría de números, lo que le permitirá tener una primera experiencia en un montón de temas de teoría de números (a pesar de que los autores asumen la familiaridad básica con álgebra abstracta). Lo bueno acerca de tu pregunta es que admite varios métodos de prueba.

Aviso de que su hipótesis en $p$ es innecesario si $a \equiv 0 \pmod{p}$ (sólo tiene que utilizar $x=0$). Así que supongamos $a \not\equiv 0 \pmod{p}$. En ese caso, Ch.4 de Irlanda y Rosen nos dice que (1) $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ y (2) $x^3 \equiv a \pmod{p}$ tiene solución si y sólo si $$a^{(p-1)/\gcd(p-1, 3)} \equiv 1 \pmod{p}.$$ But guess what: since $p-1 \equiv 1 \pmod{3}$ by hypothesis, congruence theory says $$\gcd(p-1, 3) = \gcd(1, 3) = 1.$$ Thus by (1), $$a^{(p-1)/\gcd(p-1, 3)} = a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p},$$ y así hemos terminado!

Answer 3

Mi intuición me dice que intente una prueba por contradicción a través de factoring: Suponga $x^3 \equiv y^3 \equiv a \pmod p$$(x-y)(x^2+xy+y^2) = x^3-y^3 \equiv 0$. Desde $\mathbb{Z}_p$ es una parte integral de dominio y estamos asumiendo $x$ $y$ son distintos (como elementos de $\mathbb{Z}_p$, debemos tener $x^2+xy+y^2 \equiv 0$, lo $x^2+xy+y^2 = n(3k+2)$ algunos $n$. Si $n$ es aún tenemos que cada término es igual, lo que nos permite factor $2$$x$$y$. Podemos asumir que esto es cierto ya que si $x$ es una extraña solución, $x+3k+2$ es una solución para operaciones en $\mathbb{Z}_p$ están bien definidas, y de manera similar para $y$. Así tenemos a $x/2$ o $(x+3k+2)/2$ $y/2$ o $(y+3k+2)/2$ son soluciones. Usted debe ser capaz de derivar una contradicción a partir de ahí.

Answer 4

Puede comprobar directamente, el uso de Fermat poco teorema, que $x=a^{(2p-1)/3}$ es una solución a $x^3\equiv a\pmod p$ (e $(2p-1)/3$ es un número entero desde $p\equiv2\pmod 3$).

(Viene con esta solución no es tan fácil como la verificación de que, para estar seguro. Debido a la existencia de una raíz primitiva $g$ modulo $p$, lo que demuestra que el $x^3\equiv a\pmod p$ siempre tiene una solución que es equivalente, gracias al cambio de las variables de $a = g^c$$x=g^b$, para demostrar que $3b \equiv c \pmod{p-1}$ siempre tiene una solución. Este último congruencia tiene la solución $b\equiv 3^{-1}c = \frac{2p-1}3 c\pmod {p-1}$. Aquí el caso de $a\equiv0\pmod p$ deben ser tratados por separado.)

Existen infinitos números primos de la forma $3k+2$, es decir, un número infinito de números primos que son congruentes a $2\pmod 3$. Ver del teorema de Dirichlet o el primer número teorema de progresiones aritméticas.