Deje que $x$ y $y$ ser distinto de cero enteros y $\mathrm{ord}_p(w)$ ser la multiplicación el orden de los $w$ en $ \mathbb{Z} /p \mathbb{Z} $. Si $\mathrm{ord}_p(x) = \mathrm{ord}_p(y)$ para todos los números primos (Edit: no dividir $x$ o $y$), ¿esto implica que $x=y$?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Sí. Es una consecuencia de Chebotarev densidad del teorema de que si dos extensiones de Galois $L_1, L_2$ de un campo de número $K$ tienen la propiedad de que el mismo prepara la división en dos de ellos (o incluso casi todos los mismos números primos), entonces, en el hecho de $L_1 = L_2$. La condición en la que el OP implica que los polinomios $t^k - x, t^k - y$ dividida en la misma de los números primos más de $\mathbb{Q}$ para todo $k$, de ahí que su división de campos de más de $\mathbb{Q}$ son idénticos. Deje de $L_k$ denotar esta división de campo. Entonces $\mathbb{Q}(\zeta_k) \subconjunto L_k$ donde $\zeta_k$ es una primitiva de $n^{th}$ de la raíz de la unidad; por otra parte, $L_k$ es un Kummer extensión de $\mathbb{Q}(\zeta_k)$ con grupo de Galois $\text{Ga}(L_k/\mathbb{Q}(\zeta_k)) \cong C_k$ actúa en la raíz de los $t^k - x$ o $t^k$ y por la multiplicación por un primitivo $k^{th}$ de la raíz de la unidad.
Deje que $a^k = x, b^k = y$. WLOG un generador de $C_k$ actúa en $un$ por multiplicación por $\zeta_k$ y actúa en $b$ por multiplicación por $\zeta_k^m$ $m \(\mathbb{Z}/k\mathbb{Z})^{\ast}$. De ello se sigue que $\frac{a^m}{b}$ es fijo bajo la acción de $C_k$, por lo tanto $\frac{a^m}{b} \in \mathbb{Q}(\zeta_k)$ y
$$\left( \frac{a^m}{b} \right)^k = \frac{x^m} de{y}.$$
Cuando $k = 2$ concluimos que $x,$ y tienen el mismo squarefree partes; en particular, $x,$ y tienen el mismo signo. En general, quiero concluir que
Para una infinidad de $k$, tenemos $\frac{a^m}{b} \in \mathbb{Q}$ para algunos la elección de $a, b$.
Edit: Esto es cierto para todos los impares $k$.
El resultado anterior nos permite finalizar. Dado un primer $p$ deje que $\nu_p$ denotar la función que, dado un entero, devuelve el exponente de p $$ en la descomposición en factores primos de un entero. Dados dos números primos $p_i, p_j$ y la fijación de $k$, la condición de que $\frac{a^m}{b} \in \mathbb{Q}$ implica que
$$\nu_{p_i}(x) \nu_{p_j}(y) \equiv \nu_{p_j}(x) \nu_{p_i}(y) \bmod k.$$
Si esto es cierto para una infinidad de $k$, se sigue que $\nu_{p_i}(x) \nu_{p_j}(x) = \nu_{p_j}(x) \nu_{p_i}(x)$ para todo $i, j$. Junto con el hecho de que $x,$ y tienen el mismo signo, se deduce que uno de $x,$ y es un poder de los otros, es decir, una $n^{th}$ de energía. Si $n$ tiene un trivial impar factor $o$, entonces esto es una contradicción tomando $k$ una potencia lo suficientemente grande de $s$; de lo contrario, $$ n es una potencia de 2$$, y tomando a $k$ una potencia lo suficientemente grande de 2 $$ obtenemos una contradicción mediante la más detallada resultado en el enlace.
user3035
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91
Una relacionada con el hecho de: enteros están determinados por sus restos modulo de todos los números primos:
Deje de $p_1 < p_2 < ...$ ser una lista de los distintos números primos. Entonces (a través del teorema del resto Chino, por ejemplo) $Z_{p_1 \ ... \times p_n}$ es isomorfo a $Z_{p_1} \times .... \times Z_{p_n}$ a través del mapa $$a\pmod {p_1....p_n} \rightarrow (a\pmod {p_1},....,un\pmod {p_n})$$ Por lo tanto, cualquier dos números a partir de $1$ $p_1....p_n$ tendrá distintos residuos mod $p_i$ $i$. Por lo tanto si $a$ y $b$ son dos enteros positivos distintos en todo, tomando $n$ lo suficientemente grande como para que $a$ y $b$ son menos de $p_1...p_n$, habrá unos $p_i$ tal que $a \pmod{p_i}$ es distinta de $b \pmod{p_i}$.
JiminyCricket
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143
[Esta es una respuesta a la forma original de la pregunta. Mientras tanto, la pregunta ha sido aclarado para referirse a la multiplicación de la orden; esto parece mucho más interesante y potencialmente difícil pregunta, pero estoy bastante seguro de que la respuesta debe ser sí.]
Me puede faltar algo, pero parece que la respuesta es un simple no. Todos los que no son elementos de identidad en $\mathbb{Z} /p \mathbb{Z}$ tienen el mismo orden de $p$, que es diferente del orden de $1$ de el elemento de identidad; así diciendo que todos los pedidos son los mismos que equivale a decir que $x$ y $y$ son divisibles por el mismo de los números primos. Pero las distintas potencias de la misma prime, por ejemplo, $x=2$ y $y=4$, son divisibles por el mismo de los números primos, y por lo tanto tienen las mismas órdenes.
Oli
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89
Nota: El material a continuación se hace sólo una pequeña cantidad de progreso hacia una solución del problema.
Qiaochu Yuan remarcó que si el orden de $x$ es igual a la orden de los $y$ modulo cada primer $p$ que divide a los ni $x$ ni $y$, entonces el cuadrado libre de partes de $x$ y $y$ debe ser el mismo. La siguiente es una respuesta a una solicitud de Marqués de los detalles del argumento. Es probable que el argumento siguiente es cerca de la una Qiaochu Yuan tenía en mente, pero no tengo tiempo para escribir.
En realidad, sólo tenemos que asumir que los pedidos tienen la misma paridad de los números primos congruentes a $3$ modulo $4$.
Deje que $p$ ser un primer congruente a $3$ modulo $4$. A continuación, todos los residuos cuadráticos de $p$ tod orden, y todos los residuos incluso han pedido. Así que si $p$ es congruente a $3$ modulo $4$, y el orden de $x$ modulo $p$ es igual a la orden de los $y$ modulo $p$, a continuación, en particular, de $x$ y $y$ son ambos residuos cuadráticos o ambas cuadrática no residuos modulo $p$.
Deje de $x_0$, $y_0$ ser la plaza libre de partes de $x$ y $y$. Si un número es un residuo o no residuo es determinado por la cuadrática carácter de su plaza de la parte libre. Supongamos primero que $x_0$ y $y_0$ son ambos positivos y extraño.
Si $x_0 \ne y_0$, no es un primo que divide a uno de ellos, pero no el otro. Suponga que $q$ divide a $x_0$ pero no divide a $y_0$.
Vamos a construir un primer $p$ que satisface una cierta montón de congruencias. Primero de todo, queremos que $p \equiv 3 \pmod{4}$. En segundo lugar, para cada prime $p_i$ otros que $q$ que divide a $x_0$ o $y_0$, queremos asegurarnos de que $p_i$ es un residuo cuadrático de $p$.
Esto no es difícil de organizar. Si $p_i \equiv 1 \pmod{4}$, asegúrese de que $p \equiv 1 \pmod {p_i}$. A continuación, el símbolo de Legendre $(p/p_i)$ es igual a $1$, y por lo tanto por la Reciprocidad Cuadrática así que es $(p_i/p)$. Si $p_i \equiv 3 \pmod{4}$, asegúrese de que $p \equiv -1 \pmod{p_i}$. Desde $(-1/p_i)=-1$, se sigue que $(p/p_i)=-1$, y por tanto, por la Reciprocidad Cuadrática $(p_i/p)=1$.
Por último, asegúrese de que $(q/p)=-1$. Esta vez es fácil de organizar. Si $p \equiv 1 \pmod{4}$, $p \equiv \pmod {q}$, donde $a$ es una ecuación cuadrática no-residuo de $p$, y si $p \equiv 3 \pmod{4}$, $p \equiv \pmod{q}$, donde $a$ es un residuo cuadrático de $p$.
Por el Teorema del Resto Chino, el sistema de congruencias hemos descrito tiene una solución $b$ relativamente primos $M$, donde $M=4t\prod p_i$.
Pero por del Teorema de Dirichlet sobre primos en una progresión aritmética, hay una infinidad de números primos congruentes a $b$ modulo $M$. Deje que $p$ de ser un prime. Entonces $y_0$ es un residuo cuadrático de $p$ y por tanto $$ y tiene impar fin de modulo $p$, mientras que $x_0$ es una ecuación cuadrática no-residuo de $p$, lo que significa que $x$ incluso ha pedido modulo $p$, contradiciendo el hecho de que $x$ y $y$ tienen el mismo orden modulo $p$.
Otros casos pueden ser tratados de la misma manera. Si tanto $x_0$ y $y_0$ son positivos e incluso, queremos asegurarnos de que $2$ es un residuo cuadrático de $p$. Así que en lugar de $p \equiv 3 \pmod{4}$, utilice el más fuerte de la congruencia $p \equiv - 1 \pmod{8}$. Esto asegura que $(2/p)=1$. Si uno de $x_0$ y $y_0$ (digamos $x_0$), y el otro impar, queremos que $p \equiv 3 \pmod{8}$ para asegurarse de que $2$ es una ecuación cuadrática no-residuo de $p$, y nos aseguramos de que, de la misma manera como antes, que para el resto de los primos de $p_i$ que dividir $x_0$ o $y_0$, $(p_i/p)=1$.
Por último, nos ocupamos de la posibilidad de que $x_0$, o $y_0$, o ambos, son negativos. Si $x_0$ es negativo y $y_0$ no es, asegurarse de que $|x_0|$ y $y_0$ son ambos residuos cuadráticos de $p$ de la forma habitual. Entonces $x_0$ va a ser un no-residuo. Si $x_0$ y $y_0$ son negativos, asegúrese de que $|x_0|$ es un no residuo y $|y_0|$ es un residuo de la forma habitual. Entonces $x_0$ es un residuo y $y_0$ es no, y de nuevo llegamos a una contradicción.
(Podríamos haber hecho las cosas de manera más uniforme por tratamiento $-1$ como un "primer" y que no hay necesidad de separar el primer $2$, pero no hay mucho de malo en tener extra de dos párrafos, los bytes son baratos.)
Continuación? Esto es sólo parte del camino hacia una solución del problema real, y es fácil, o al menos la rutina, de la parte. Tal vez "cuadrática" los argumentos pueden ser explorados. Pero sospecho que hay algo muy diferente será necesaria para empujar más allá de los $x_0=y_0$ conclusión. Por desgracia, no sabemos casi nada acerca de la relación entre las órdenes modulo distintos de los números primos, salvo en muy pocos casos especiales. Y si existen distintas de $x$, $y$ que "siempre" tienen el mismo orden, entonces no existen los cuadrados perfectos de $x$, $y$ con la misma propiedad.
