Si $n$ es libre de cuadrados, $k\ge 2$ entonces $\exists f\in\Bbb Z[x_1,\dots,x_k] : f(\overline x)\equiv 0\pmod n\iff \overline x\equiv \overline 0\pmod n$

Question

A partir de esta pregunta , establecemos $n=k=2$ y utilizar la función $f\in\Bbb Z[x,y]$ donde $f(x,y)=x\cdot y+x+y$ entonces las pruebas aplicadas a esa cuestión satisfacen este caso.

Tenga en cuenta que para $k=1$ la función $f(x)=x$ satisface la declaración del título (excepto el $k$ para todos los $n$ por lo que se considera que este caso no forma parte de esta pregunta.

Tenga en cuenta además que si $n$ es primo, la afirmación del título es fácil de demostrar:

Dejemos que $n\ge 2$ y $k\ge 2$ y que $m$ sea el orden multiplicativo $\mod n$ . La función $f\in\Bbb Z[x_1,\dots,x_k],f(\overline x)=\prod\limits_{i=1}^k(x^m-1)-(-1)^k$ tendrá valor $f(\overline x)\equiv (-1)^k\pmod n$ siempre que $\exists i:$ GCD $(x_i, n)=1$ (ya que $x_i^m-1\equiv 0\pmod n$ en ese caso), por lo que la parte importante a considerar es $\forall i:$ GCD $(x_i,n)\gt 1$ . Para el primer $n$ Esto ocurrirá exactamente cuando $\overline x\equiv \overline 0\pmod n$ por lo que no es necesario seguir examinando este caso.

¿Qué prueba hay de la declaración del título para $n\ge 2,k\ge 2$ y $n$ ¿es squarefree? (Notación: $\overline x\in\Bbb Z^k$ es el "vector $x$ " con dimensión $k$ ; $\overline 0$ es el "vector cero", es decir, un vector de tamaño especificado cuyas entradas son $0$ .)

Para probar:

• Para todos $k\ge 1$ y cuadrado-libre $n$ existe una función $f\in\Bbb Z[x_1,\dots,x_k] : f(\overline x)\equiv 0\pmod n\iff \overline x\equiv \overline 0\pmod n$ (probado, pero siéntase libre de ofrecer una prueba alternativa, especialmente en la línea del contrapositivo)
• Para todos $k\ge 2$ y cuadrado $n$ no existe tal función

Answer 1

Con $n$ squarefree, el anillo $\def\Z{\mathbf Z}\Z/n\Z$ es un producto de campos $\Z/p\Z$ para los divisores primos $p$ de $~n$ por el teorema chino del resto, y $(\Z/n\Z)[X_1,\ldots,X_k]$ es el producto de los anillos polinómicos correspondientes $R_p=(\Z/p\Z)[X_1,\ldots,X_k]$ . Por lo tanto, basta con encontrar para cada uno de ellos $~p$ un elemento $f_p\in R_p$ con $f_p[\overline a]=0\iff\overline a=\overline 0$ para todos $\overline a\in(\Z/p\Z)^k$ . Dados estos, se puede construir el elemento correspondiente $f_n\in(\Z/n\Z)[X_1,\ldots,X_k]$ tal que para cada monomio en el $X_i$ s, el coeficiente de $~f$ reduce el módulo $~p$ al coeficiente correspondiente de $~f_p$ para todos $~p$ ; tal coeficiente existe (únicamente) por el teorema del resto chino. Para $\overline a\in(\Z/n\Z)^k$ la reducción modulo $~p$ de $f_n[\overline a]$ es $f_p[\overline a]$ y esto es cero para todos los $~p$ si y sólo si $\overline a=\overline 0\in(\Z/n\Z)^k$ . Cualquier ascensor $~f$ de $f_n$ a $\Z[X_1,\ldots,X_k]$ responderá a la pregunta.

El polinomio $f_p=(p-1)!^k-\prod_{i=1}^k\prod_{a=1}^{p-1}(X_i-a)\in\Z[X_1,\ldots,X_k]$ tiene la propiedad de la pregunta para $n=p$ primo, ya que el producto está diseñado para dar un factor divisible por $~p$ en su evaluación en $\overline a$ si y sólo si $\overline a\not\equiv\overline0\pmod p$ y la constante a la que se resta es el valor del producto en $~\overline0$ . Su reducción modulo $~p$ da un elemento adecuado en $(\Z/p\Z)[X_1,\ldots,X_k]$ para lo anterior.

Answer 2

Si $R$ tiene un ideal $I$ donde la multiplicación de $R$ es $0$ en $I$ (lo cual es cierto para $Z/p^{t+2}Z$ tomando $I$ para ser los elementos divisibles por $p^{t+1}$ y falso para $Z/nZ$ con $n$ libre de cuadrados), ningún polinomio en $k \geq 2$ variables cumple con las condiciones del problema. Fijar un elemento no nulo $j \in I$ y que $(x_1,\dots,x_k)$ pasar por el $k$ -tuplas que tienen todas las coordenadas, excepto una, iguales a $0$ y la otra coordenada igual a $j$ . Para que nuestro polinomio sea distinto de cero en estos $k$ -tuplas, su grado $ \leq 1$ parte debe ser $\sum a_i x_i$ con cada $ja_i \neq 0$ . Pero entonces podemos establecer $y_1 = a_2j$ y $y_2 = -a_1j$ y que $Y$ sea el $k$ -tupla $(y_1,y_2, 0,0,0, \dots, 0)$ . Hemos encontrado un vector no nulo con $f(Y)=0$ .

Si $R$ es un campo finito de $q$ elementos, las construcciones utilizadas para demostrar los teoremas del tipo Chevalley-Warning son suficientes para formar el polinomio deseado, como $f=1 - \prod(1-x_i^{q-1})$ .

El argumento del teorema chino del resto muestra que para cualquier anillo $R$ de la característica $n > 0$ hay un polinomio en $k$ variables que desaparecen sólo en $(0,0,0...,0)$ si y sólo si hay uno sobre cada $p$ -pieza de torsión de potencia $R_p$ . Existe una descomposición de suma directa finita $R = \oplus R_{p_i}$ y los isomorfismos en ambas direcciones son combinaciones lineales enteras, que se aplican igualmente a los polinomios (con $\mathbb{Z}$ o $R$ coeficientes). Por lo tanto, el problema se reduce al caso en que $p^uR=0$ para una primera potencia $p^u > 1$ . Creo que para los anillos finitos el problema se reduce siempre a uno de los dos casos anteriores; existen soluciones para los campos finitos y ningún otro anillo finito de característica una potencia de $p$ . Tomando sumas directas obtenemos la clasificación general. [Y si el "creo que..." es incorrecto entonces al menos tenemos una prueba para el problema original].