n^3 +1 divisibile per 13

[queen]

Quanti sono gli interi, compresi fra 0 e 100 (estremi inclusi), tali che n^3 +1 è divisibile per 13

[Agi_90]

Quanti sono gli interi, compresi fra 0 e 100 (estremi inclusi), tali che n^3 +1 è divisibile per 13

Un problema così facile irrisolto? non puo' essere
La tesi equivale a : $ n^3 \equiv -1 \pmod{13} $
Quindi basta vedere quali $ n^3 $ danno -1 in $ \mathbb{Z}_{13} $
I residui cubici mod 13 sono 0,1,8,1,-1,8,8,-8,-8,1,-1,-8,-1 quindi vanno bene tutti i numeri del tipo:
$ 13k +4 $
$ 13k+10 $
$ 13k+12 $

[EvaristeG]

Hmm tanto perché in effetti è facile, una piccola complicazione: e modulo 43?
(ora, evitiamo di fare a mano i residui cubici modulo 43, ok?)

[Agi_90]

(ora, evitiamo di fare a mano i residui cubici modulo 43, ok?)

22 casi a mano?

Anyway, sappiamo che $ 43 | x^3 +1 \Rightarrow 43 | (x+1)(x^2-x+1) $
ma siccome 43 è primo $ 43 | x+1 \vee 43| x^2-x+1 $
quindi:
$ x+1 \equiv 0 \pmod{43} $
$ x^2-x+1 \equiv 0 \pmod{43} \Rightarrow x^2-x-42 \equiv 0 \pmod{43} $$ \Rightarrow (x-6)(x+7) \equiv 0 \pmod{43} $
In $ \mathbb{Z}_p $ un numero è congruo a zero solo se almeno uno dei fattori è zero (o p, che poi è zero){vero no?} quindi:
$ x \equiv 6 \pmod{43} $
$ x \equiv -7 \pmod{43} $
$ x \equiv -1 \pmod{43} $

da cui il risultato.

[EvaristeG]

Esatto.
Beh, c'è chi se li sarebbe fatti, 22 casi a mano, avendo un po' di tempo (ma nemmeno troppo) questo avrebbe dato la sicurezza di un 7/7 a Cesenatico... certo, che noia.
Per sicurezza avrei potuto dire modulo 157, ma vabbeh.

[Agi_90]

Esatto.
Beh, c'è chi se li sarebbe fatti, 22 casi a mano, avendo un po' di tempo (ma nemmeno troppo) questo avrebbe dato la sicurezza di un 7/7 a Cesenatico... certo, che noia.
Per sicurezza avrei potuto dire modulo 157, ma vabbeh.

probabilmente a cese 22 casi li avrei fatti pure io a mano...