$x^2-x+1$ tiene una raíz $\!\bmod p\,$ para infinitos primos $p$

Question

Demostrar que la ecuación $$x^2 - x + 1 = p(x+y)$$ tiene soluciones integrales para infinitos primos $p$ .

En primer lugar, demostramos que existe una solución para al menos un primo, $p$ . Ahora, $x(x-1) + 1$ es siempre impar por lo que no hay solución para $p=2$ . Demostramos que existe una solución para $p=3$ . Si $p=3$ , $y = (x-2)^2/3-1$ . Obtenemos soluciones integrales siempre que $x = 3m +2$ , donde $m$ es un número entero cualquiera. $\\$ Proporcionamos una prueba por contradicción que es similar a la prueba de Euclides de que hay infinitos primos. \Let Supongamos que sólo se cumple para un número finito de números primos, y nombremos el mayor número primo para el que se cumple la ecuación $P$ . \\We set $$x = 2\cdot3\cdot5\dots P$$ $x$ es el producto de todos los primos hasta $P.\\$ Entonces, el término $x(x-1) + 1$ es primo o compuesto. Si es primo, entonces ponemos $p = x(x-1) + 1, y = 1 - x$ y obtener una solución. Si es compuesta, escribimos $x(x-1) + 1 = p\times q$ , donde $p$ es cualquier factor primo de $x(x-1)+1$ y $q$ es un número entero, $q = (x(x-1)+1)/p$ . Ahora, $x(x-1) + 1$ no es divisible por ningún primo hasta $P$ ya que deja un remanente de $1$ con todos ellos. Así que, $p > P$ . Establecemos $y=q-x$ para una solución. $\\$ En cualquier caso, obtenemos una solución para un primo $p > P$ , lo que significa que no hay ningún primo más grande para el que esta ecuación tenga solución. Esto contradice la suposición de que sólo hay soluciones para un número finito de primos.

Siento que me falta algún paso. ¿Es esto correcto?

Answer 1

Esta respuesta utiliza Reciprocidad cuadrática (QR).

$$x^2 - x + 1 = p(x+y)$$

$$\iff x^2-x+1-px=py$$

para un fijo $x\in\mathbb Z$ y primo $p$ tiene una solución $y\in\mathbb Z$ si y sólo si $p\mid x^2-x+1-px$ es decir, si y sólo si $p\mid x^2-x+1$ .

Su problema equivale a demostrar que $p\mid x^2-x+1$ tiene una solución $x\in\mathbb Z$ para infinitos primos $p$ .

Dejemos que $p\ge 5$ . $$\exists x\in\mathbb Z\left(x^2-x+1\equiv 0\pmod{p}\right)$$

$$\stackrel{\cdot 4}\iff \exists x\in\mathbb Z\left((2x-1)^2\equiv -3\pmod{p}\right)$$

$$\stackrel{(*)}\iff \left(\frac{-3}{p}\right)=1$$

$$\stackrel{(\text{QR})}\iff p\equiv 1\pmod{3}$$

$(*)$ : Voy a explicar algunas cosas. En primer lugar, estoy utilizando el Símbolo de Legendre . En segundo lugar, la equivalencia se mantiene porque si $t^2\equiv -3\pmod{p}$ para algunos $t\in\mathbb Z$ (es decir, si $-3$ es un residuo cuadrático mod $p$ ), entonces la congruencia $t\equiv 2x-1\pmod{p}$ tiene la solución $x\equiv 2^{-1}(t+1)\pmod{p}$ .

Por lo tanto su ecuación tiene solución $(x,y)\in\mathbb Z^2$ si y sólo si $p=3$ o $p\equiv 1\pmod{3}$ ( $p=3$ da una solución $(x,y)=(2,-1)$ y puedes encontrar que $p=2$ no da soluciones, porque $x^2-x=x(x-1)$ es siempre par).

Hay infinitos primos $p\equiv 1\pmod{3}$ . Se desprende de la idea más general de Teorema de Dirichlet o a partir de una prueba más sencilla que sólo utiliza QR, por ejemplo, la que se da en la última página de este documento .

Answer 2

La prueba de Euclides de los infinitos primos se generaliza fácilmente para mostrar que infinitos primos dividen valores de $\,f(x) = x^2 -x + 1.\,$ Primero $\,3\mid f(2).\,$ Primas dadas $\,3,p_2,\ldots\,p_k\,$ que dividen los valores de $\,f,\,$ dejar $\,k\,$ ser su producto. $\,f(k)\,$ es coprima de $\,k\,$ desde $\ {\rm mod}\ k\!:\ f(k) \equiv f(0)\equiv 1.\,$ Así, la elección de cualquier factor primo de $\,f(k)\,$ da lugar a un nuevo divisor primo (nota $\,k>1\,$ $\Rightarrow\,$ $\,f(k)>1\,$ así que $\,f(k)\,$ tiene un factor primo).

Está claro que el mismo tipo de argumento funciona para cualquier polinomio $\,f(x)\in\Bbb Z[x]\,$ con $\,f(0) = \pm1$ .

Answer 3

Supuestos

$$0\notin\mathbb N\\n\in\mathbb N$$

$x^2-x+1$ es compuesto para un número infinito de $x\in\mathbb N$

Prueba: $$ x=3n+2\implies x^2-x+1=\color{red}{3}\times(3n^2+3n+1) $$

Hay infinitos primos que pueden dividir números naturales de la forma $x^2-x+1$ .

Prueba: Supongamos que nuestra afirmación no es cierta y que de hecho $q_1=\color{red}{3},q_2,\cdots,q_k$ son los únicos primos que pueden dividir un número natural de la forma $x^2-x+1$ . Tomando prestado el argumento de Euclides dejemos $$n=\prod_{j=1}^kq_j\\ x=3n+2$$ Por lo tanto, $x^2-x+1$ no es un primo y $$ x^2-x+1\equiv3\not\equiv0\mod q_j\;\forall j\neq1\\ \implies q_j\not| x^2-x+1\;\forall j\neq1 $$ Por lo tanto, nuestra suposición y el teorema fundamental de la aritmética indican, para algunos $q\in\mathbb N$ $$\begin{align} &x^2-x-1=\color{red}{3}^q \\ \implies& 3n^2+3n+1=3^{q-1}\\ \implies& 1\equiv 3^{q-1}\mod 3\\ \implies& q=1\\ \implies& x^2-x+1=3 \end{align} $$ que contradice $$ x^2-x+1>(x-1)^2=(3n+1)^2\ge(3q_1+1)^2=100 $$

Solución al problema actual

Supongamos que $p_1,p_2,\cdots,p_m$ son los únicos primos para los que existe una solución integral. Utilizando el lema anterior podemos encontrar un primo $p$ no en esta lista tal que $p| x^2-x+1$ para algunos $x\in\mathbb N$ . Establecer $$ y={x^2-x+1\over p}-x $$ que es definitivamente un número entero (pero no necesariamente un número natural). Así, hemos encontrado un nuevo primo $p$ para la que existe una solución integral de la ecuación dada. Por lo tanto, nuestra suposición de que la ecuación dada tiene soluciones integrales para un número finito de opciones de $p$ no puede ser cierto.