Pagina 1 di 1
$x^4(x^4-5) \equiv 36 \pmod n$ se $|\mu(n)|=1$
Inviato: 12 set 2013, 12:35
da jordan
Own. Mostrare che per ogni intero $n\ge 4$ libero da quadrati esiste un intero positivo $x\le n/2$ tale che $$x^4(x^4-5) \equiv 36 \pmod n.$$
Re: $x^4(x^4-5) \equiv 36 \pmod n$ se $|\mu(n)|=1$
Inviato: 17 set 2013, 19:59
da auron95
Penso che possa andare bene anche 0 come soluzione, anche perché altrimenti per $n=3$ non avrei soluzioni (posso usare solo 1 ma non funziona).
Notiamo innanzitutto che se esiste una soluzione modulo $n$ ne esiste sia una tra 0 e $n/2$ sia una tra $n/2$ e $n$, infatti l'incognita compare solo in quadrati e quindi l'opposto di una soluzione è soluzione.
Dimostriamo ora che esiste una soluzione modulo $p$ per ogni $p$ primo. Per $p=2$ posso prendere $x=1$. Supponiamo $p$ dispari.
Riscriviamo l'equazione come $(x^4-9)(x^4+4)\equiv 0\pmod p$. Perché esistano soluzioni uno tra $9$ o $-4$ deve essere residuo quartico (si dirà cosi?).
Distinguiamo tre casi:
=> $p\equiv 3,-1 \pmod 8$
SIa $g$ un generatore modulo $p$. Le potenze $g^2,g^4,\dots g^{p-1}$ sono i residui quadratici modulo $p$; ma siccome $4\nmid p-1$ allora sono tutti anche residui quartici, infatti se hanno un esponente non multiplo di 4 mi basta moltiplicare tutto per $g^{p-1}\equiv 1 \pmod p$ per ottenere una potenza quarta. Ma 9 è residuo quadratico, quindi è anche residuo quartico.
Prima di affrontare gli altri due casi ricordiamo un paio di cose carine:
- Per la reciprocità quadratica, 2 è residuo quadratico sse $p\equiv \pm 1 \pmod 8$
- $-1$ è residuo quadratico se e solo se $p\equiv 1 \pmod 4$. Infatti, preso un generatore $g$, abbiamo che $g^{\frac{p-1}2}\equiv -1$, e perché $-1$ sia residuo l'esponente dev'essere pari.
=> $p\equiv 1 \pmod 8$
Sappiamo che -1 è residuo quadratico, anzi addirittura residuo quartico perché $-1\equiv g^\frac{p-1}2$ e $4\mid \frac{p-1}2$. Inoltre $4$ è il quadrato di un residuo quadratico, quindi è anch'esso residuo quartico. Segue che $-4=-1\cdot 4= a^4\cdot b^4$ è residuo quartico.
=> $p\equiv 5 \pmod 8$
Per fatti enunciati sopra, $-1$ è residuo quadratico ma NON residuo quartico (stavolta $4\nmid \frac{p-1}2$), e 2 NON è residuo quadratico. Preso quindi un generatore $g$ possiamo scrivere $-1\equiv g^{2d}$, $2\equiv g^{d'}$, con d,d' dispari. Abbiamo quindi che $-4 = -1\cdot 2^2\equiv g^{2d+2d'}$, e chiaramente l'esponente è un multiplo di 4. Quindi -4 è residuo quartico.
Abbiamo dimostrato la tesi per $n$ primo. Adesso è facile estendere a tutti gli $n$ liberi da quadrati: infatti mi basta scomporla in tante congruenze modulo un primo che abbiamo dimostrato avere soluzioni (e qui viene comodo il fatto che sia libero da quadrati, in quanto mi assicura di non avere congruenze modulo la potenza di un primo, in quanto $n$ dev'essere il prodotto di primi distinti) e per il CInese abbiamo una soluzione modulo $n$.
Re: $x^4(x^4-5) \equiv 36 \pmod n$ se $|\mu(n)|=1$
Inviato: 17 set 2013, 23:22
da jordan
E' corretto; mi ero dimenticato di editare: la tesi è falsa solo per $n=3$.
La mia soluzione: $(x^2+3)(x^2-3)((x+1)^2+1)((x-1)^2+1) \equiv 0 \pmod n$. Si deve mostrare che dato un primo $p$, almeno uno tra $-1,-3,3$ è un residuo quadratico. Se così non fosse allora anche il loro prodotto sarebbe un residuo non quadratico, che è assurdo. E si conclude per TCR per gli $n$ liberi da quadrati.