hay por lo menos $\frac{p+1}{2}$enteros $d$, $0 \leq d < p$, para que el $x^3+x=d \pmod p$ de la ecuación tiene una raíz $\pmod p$

Question

Demostrar que para un número infinito de números primos p, hay, al menos, $\frac{p+1}{2}$ enteros $d$ con $0 \leq d<p$ tales que la ecuación de $x^3+x \equiv d \pmod p$ tiene una raíz $\pmod p$

Mi primer intento fue el de demostrar por contradicción de que la ecuación de $x^3+x=d \pmod p$ no tiene tres raíces distintas para algunos $p$, pero me di cuenta de que estaba equivocado. ¿Cómo puedo probar o refutar la pregunta ?

(Lo siento por mi inglés)

Answer 1

Esto se deduce de la siguiente resultado junto con la infinitud de los números primos $p\equiv-1\pmod6$.

Resultado. Si $p\equiv-1\pmod3$ entonces el polinomio $f(x)=x^3+x$ tarda exactamente $(2p-1)/3$ valores distintos como $x$ rangos sobre el campo $\Bbb{F}_p$.

Voy a suponer que $p\equiv-1\pmod3$ en todo lo que sigue.

Se cúbicos, el polinomio $f(x)$ puede tomar cualquier valor en $\Bbb{F}_p$ en más de tres veces. Vamos $$ N_i=|\{d\en\Bbb{F}_p\mid\text{la ecuación de $x^3+x=d$ tiene exactamente $i$ soluciones de $x\in\Bbb{F}_p$}\}| $$ para todos los $i=0,1,2,3$, el número de elementos de a$d\in\Bbb{F}_p$ que aparecen en el conjunto de los valores de $f(x)$ exactamente $i$ veces.

Hecho 1. $N_1+2N_2+3N_3=p.$

Prueba. Esto es porque, contados con su multiplicidad, $f(x)$ tarda exactamente $p$ valores, uno para cada elección de $x$, y tenemos $N_i$ valores que aparecen exactamente $i$ veces. QED.

Hecho 2. $N_2=0$.

Prueba. Supongamos por el contrario que para algunos $d\in\Bbb{F}_p$ el polinomio $f_d(x):=x^3+x+d$ tiene exactamente dos ceros en $\Bbb{F}_p$. Por la Vieta de las relaciones de la suma de todos los ceros de esta cúbico es igual a cero. Esto significa que el tercer cero es el negativo de la suma de los otros dos ceros, obviamente, un elemento de $\Bbb{F}_p$. Para $f_d$ tener sólo dos ceros en $\Bbb{F}_p$ por lo tanto, es necesario que uno de los tres ceros es un doble cero. Pero, un doble cero, es común que el cero de $f_d(x)$ y su derivado $f_d'(x)=3x^2+1$. Si $f_d'(x)=0$ se sigue que $-3=9x^2=(3x)^2$ es un cuadrado en $\Bbb{F}_p$. Si esto sucede, el elemento $\omega=(-1+\sqrt{-3})/2$ existe en $\Bbb{F}_p$. Debido a $\omega$ es una primitiva de la tercera raíz de la unidad, vemos, por Lagrange del teorema de la teoría de grupo de primaria, que $3\mid|\Bbb{F}_p^*|=p-1$ contradiciendo la suposición $p\equiv-1\pmod3$. QED.

Deje que nosotros consideremos el conjunto $$ S=\{(x,y)\in\Bbb{F}_p^2\mid x^3+x=y^3+y\}. $$

Hecho 3. El conjunto $S$ tiene exactamente $2p+1$ elementos.

Prueba. Obviamente todos los $p$ pares de $(x,x), x\in\Bbb{F}_p$ están en el conjunto $S$. Tenemos la factorización $$ (x^3+x)-(y^3+y)=(x^3-y^3)+(x-y)=(x-y)(x^2+xy+y^2+1). $$ Así que por un par de $(x,y), x\neq y$, para estar en el conjunto $S$ que debe satisfacer la ecuación $$ x^2+xy+y^2+1=0. \qquad(*) $$ Reutilizar el argumento de que mi respuesta a la pregunta vinculada vemos que $(*)$ tiene exactamente $p+1$ soluciones de $(x,y)$, y para todos ellos $x\neq y$. QED.

La prueba (de la principal resultado). Podemos contar con que la cardinalidad del conjunto de $S$ también de la siguiente manera. Si $d$ aparece como un valor de $f(x)$ dos veces, decir $d=f(x)=f(y)$, entonces los pares de $(x,y)$ e $(y,x)$ ambos aparecen en $S$. Si $d$ aparece como un valor tres veces, decir $d=f(x)=f(y)=f(z)$, entonces todos los seis pares de $(x,y)$, $(y,x)$, $(x,z)$, $(z,x)$, $(y,z)$ e $(z,y)$ de los distintos elementos que aparecen en el conjunto. Por lo tanto $$ |S|=p+2N_2+6N_3. $$ Tomando Hechos 2 y 3 en cuenta llegamos a la ecuación $$ 2p+1=|S|=p+6N_3 $$ lo que implica que $$ N_3=\frac{p+1}6. $$ Conectar todo en el Hecho de 1 a continuación, podemos resolver que $$ N_1=p-3N_3=p-3\cdot\frac{p+1}6=\frac{p-1}2. $$ El número de los valores tomados por $f(x)$ es así $$ N_1+N_2+N_3=\frac{p-1}2+\frac{p+1}6=\frac{2p-1}3 $$ demostrar el resultado principal.