$x_1=5, x_{n+1}=x_n^3-2x_n^2+2$ Demostrar que, no hay ningún primo $p=4k+3(k>1)$ y $p\mid x_n^2-3x_n+3$
Creo que puedo tener $p\mid t^2+1$ y luego tengo QED.
Pero $p\mid x_n^2-3x_n+3$ significa que $p\mid (2x_n-3)^2+3=t^2+3$
¿Qué debo hacer ahora?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Me pareció una pregunta bastante interesante (y difícil de resolver). Se pregunta sobre los primos $p$ donde
$$p \mid x_n^2 - 3x_n + 3 \tag{1}\label{eq1A}$$
Como has demostrado, multiplicando por $4$ da
$$p \mid 4x_n^2 - 12x_n + 12 = (2x_n - 3)^2 + 3 \tag{2}\label{eq2A}$$
Desde $p \neq 3$ (nota $x_n \equiv 5 \pmod{72}$ para todos $n \ge 1$ con esto dando $x_n^2 - 3x_n + 3 \equiv 13 \pmod{72}$ ), esto muestra $-3$ es un residuo cuadrático modulo $p$ .
A continuación, multiplicando \eqref {eq1A} por $x_n - 3$ da
$$\begin{equation}\begin{aligned} (x_n - 3)(x_n^2 - 3x_n + 3) & = x_n^3 - 3x_n^2 + 3x_n - 3x_n^2 + 9x_n - 9 \\ & = x_n^3 - 6x_n^2 + 12x_n - 8 - 1 \\ & = (x_n - 2)^3 - 1 \end{aligned}\end{equation}\tag{3}\label{eq3A}$$
Esto significa que
$$(x_n - 2)^3 \equiv 1 \pmod{p} \tag{4}\label{eq4A}$$
Si $n \gt 1$ sustituyendo $x_n = x_{n-1}^3 - 2x_{n-1}^2 + 2$ da
$$\begin{equation}\begin{aligned} (x_{n-1}^3 - 2x_{n-1}^2)^3 & \equiv (x_{n-1}^2(x_{n-1} - 2))^3 \\ & \equiv x_{n-1}^6(x_{n-1} - 2)^3 \\ & \equiv 1 \pmod{p} \end{aligned}\end{equation}\tag{5}\label{eq5A}$$
Repitiendo las sustituciones para cada $x_i - 2 = x_{i-1}^2(x_{i-1} - 2)$ para $i$ de $n - 1$ hasta $2$ da un producto de $0$ o más $x_{i-1}^6$ valores multiplicados por $(x_1 - 2)^3 = 3^3$ es decir,
$$\left(\prod_{i=1}^{n-1}x_i\right)^6(3^3) \equiv 1 \pmod{p} \tag{6}\label{eq6A}$$
Multiplicando ambos lados por $3$ da
$$\left(\left(\prod_{i=1}^{n-1}x_i\right)^3 3^2\right)^2 \equiv 3 \pmod{p} \tag{7}\label{eq7A}$$
Esto muestra $3$ también es un residuo cuadrático. Por lo tanto, $3^{-1}(-3) \equiv -1 \pmod{p}$ es un residuo cuadrático, por lo que hay un número entero $x$ con $x^2 \equiv -1 \pmod{p} \implies x^4 \equiv 1 \pmod{p}$ . Por lo tanto, $4$ es el orden multiplicativo de $x$ modulo $p$ Así que $4 \mid p -1 \implies p \equiv 1 \pmod{4}$ . Esto demuestra que $p$ no puede ser de la forma $4k + 3$ .
