I cubi mod p sono diversi

[edriv]

Dimostrare che $ f(n): n \rightarrow n^3 (n \in \mathbb{Z}_{2003}) $ è una funzione iniettiva.

(assegnato al PreIMO anche se non molti se ne sono accorti)

[EvaristeG]

Dimostrare che $ f(n): n \rightarrow n^3 (n \in \mathbb{Z}_{2003}) $ è una funzione iniettiva (2003... cioè va bene per ogni p primo dispari)

In che senso va bene per ogni primo dispari? Se intendi che $ n\not\equiv m\Rightarrow n^3\not\equiv m^3 $ modulo ogni primo p dispari ... beh, questo è falso...

[edriv]

In effetti era l'ennesima cazzata che scrivo
Ora ho corretto (ci vorrà un po' di più per correggere la mia dimostrazione bacata )

[ubermensch]

provo il risultato per ogni primo p tale che 3 non divide p-1

Sia $ n_1^3=n_2^3 $, allora $ (n_1n_2^{-1})^3=1 $. Dunque detto $ o_p(n) $ l'ordine di n modulo p, si ha $ o_p(n_1n_2^{-1})=1,3 $. Quindi se 3 non divide p-1, come nel caso p=2003, allora tale ordine è sicuramente 1 e si conclude.

Edit: mi ero inventato la dimostrazione per ogni p

[Nonno Bassotto]

1^3 è congruo a 2^3 modulo 7

[ubermensch]

fantastico Nonno... ho capito anche il mio errore: tutti quei quattro n_1,n_2... potrebbero coincidere con gli altri 2... effettivamente sono stato davvero scemo: è ovvio che se ho un sottogruppo di ordine 3 allora tutti i suoi elementi alla terza danno 1 senza essere uguali!

[Marco]

ci vorrà un po' di più per correggere la mia dimostrazione bacata )

Era con te, no, che si stava discutendo dell'Elemento Primitivo? Prova ad usarlo in questa dimostrazione...

[incredibile: gli ultimi tre miei post di TdN sono tutti sullo stesso teorema...]

[Boll]

Dimostrare che $ f(n): n \rightarrow n^3 (n \in \mathbb{Z}_{2003}) $ è una funzione iniettiva.

(assegnato al PreIMO anche se non molti se ne sono accorti)

Sono fra quelli che non se ne erano accorti...


$ (\phi(2003),3)=1 $ quindi $ 3*1,3*2,\dots,3*\phi(2003) $ formano una classe completa di resti modulo $ \phi(2003) $ (si dimostra per assurdo: se ce ne fossero due uguali, allora sarebbe, ma semplificando per l'ipotesi di coprimalità...)

Prendiamo dunque $ g $, cioè un generatore modulo $ 2003 $. Avremo che l'insieme di partenza può essere descritto come $ g,g^2,g^3,\dots,g^{\phi(p)} $ e che l'insieme di arrivo è $ g^{3*1},g^{3*2},\dots,g^{3*\phi(2003)} $. Per quanto detto prima gli esponenti formano ancora una classe compleda modulo $ \phi(2003) $ quindi, utilizzando il teorema di Fermat avremo che l'insieme di arrivo è uguale a quello di partenza.

[EvaristeG]

Ora, va bene che i generatori esistono, però questo si fa anche senza ...

[EvaristeG]

Mah, visto che nessuno parla ...
Supponiamo dunque che $ 3\not\vert p-1 $ e che si abbia $ x^3\equiv y^3\quad (\bmod p) $.
Allora ovviamente $ x^3y^{-3}\equiv 1\quad(\bmod p) $; quindi $ \textrm{ord}_p(xy^{-1})\mid 3 $, ma nel contempo $ \textrm{ord}_p(xy^{-1})\mid p-1 $ e dunque per l'ipotesi $ \textrm{ord}_p(xy^{-1})=1 $ ovvero $ xy^{-1}\equiv 1\quad(\bmod p) $ e dunque $ x\equiv y\quad(\bmod p) $.