Целая часть степени корня кубического уравнения

[lel0lel]

Руст в сообщении #1491402 писал(а):

Согласно автоморфизму Фробениуса $V_{p+1}=V_2\mod p$

Ещё такой случай возможен $V_{p+1}=-V_{-1}\mod p$

[Руст]

Да, поторопился.
$x_i^p=x_i\mod p\to V_{p}=V_1\mod p=3, V_{p+1}=3V_p-V_{p-2}=9-V_{-1}=9-\frac{9}{-1}=18.$
Следовательно $[\alpha^{p+1}]=17\mod p$.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1491411 писал(а):

Ещё такой случай возможен $V_{p+1}=-V_{-1}\mod p$

Осталось понять, когда какой случай имеет место быть.

-- Вт ноя 10, 2020 02:55:31 --

Руст
Чего-то у Вас с арифметикой не заладилось. Должно быть $-1$.

[lel0lel]

nnosipov
Понятно, что дело в приводимости-неприводимости кубического многочлена по простому модулю.
Общий критерий мне неизвестен, а в данном случае ответ уже есть)

Небольшие исправления:
В общем случае должно быть $x_i^p=x_j\mod p$.

[Руст]

На самом деле $V_{p+1}$ надо было считать напрямую.
Считая, что автоморфизм Фробениуса $x\to x^p$ циклический переставляет корни получаем:
$V_{p+1}=x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=e_2=0$, соответственно $[\alpha^{p+1}]=V_{p+1}-1 \mod p =-1 \mod p.$

[nnosipov]

Руст в сообщении #1491445 писал(а):

На самом деле $V_{p+1}$ надо было считать напрямую.
Считая, что автоморфизм Фробениуса $x\to x^p$ циклический переставляет корни получаем:
$V_{p+1}=x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=e_2=0$, соответственно $[\alpha^{p+1}]=V_{p+1}-1 \mod p =-1 \mod p.$

Да, именно так.

lel0lel в сообщении #1491438 писал(а):

Понятно, что дело в приводимости-неприводимости кубического многочлена по простому модулю.
Общий критерий мне неизвестен, а в данном случае ответ уже есть)

Ответ-то есть, но он пока не обоснован.

[Руст]

Окончательный ответ:
Если $p=1\mod 18$ (p=19,37,73,109,139,...), то $x^3-3x^2+1$ разлагается на
линейные множители в $Z_p$ и автоморфизм Фробениуса тождественный, имеет место

$$[\alpha^{p+1}]=8\mod p,$$

иначе

$$[\alpha^{p+1}]=-1\mod p.$$

При $p=3$ оба ответа дают одно и то же $8=-1\mod 3$.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1491472 писал(а):

Окончательный ответ:

Он уже был дан (см. 2-е сообщение в теме). Ждем обоснования.

[Руст]

Решаем кубическое уравнение
$x^3-3x+1=0$ стандартным методом $x=y+z$ в $Z_p$
$y^3+z^3+1+3(yz-1)(y+z)=0$. Выберем из двух переменных одну $z=1/y$
Тогда $y^3+y^{-3}=-1$ или $y^6+y^3+1=0$. При $p=3$ $y^3=1$ решение.
При $p\neq 3$ $y$ является решением $y^9=1, y^3\neq 1$. Если $9|p-1$ то решение находится в $Z_p$, иначе исключенный случай $y^3=1$.
Да, в решении подбором указано, что $p=-1\mod 18$ тоже решение, что не подтверждается моими вычислениями.

Аналогично решается в случае $x^3-3ax^2+1=0, a\ge 3$. Однако ответ разнообразнее.

Задача была интересной, хотя и с самого начала видно, что надо вычислять $V_{p+1}$.
Спасибо, за красивую задачу.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1491480 писал(а):

Да, в решении подбором указано, что $p=-1\mod 18$ тоже решение, что не подтверждается моими вычислениями.

В этой ситуации поможет поле из $p^2$ элементов. Кажется, подобные сюжеты мы раньше обсуждали, но я не уверен, что достаточно подробно. Подробности можно узнать из моей статьи в сборнике "Математическом образовании" (2020, номер 94 https://matob.ru/files/nomer94.pdf) на примере подобного утверждения про многочлен $x^3+x^2-2x-1$ (см. предложение 1). (Не сочтите за саморекламу, просто мне как-то захотелось сделать все аккуратно и получилось не слишком коротко.)

Рад, что задача понравилась, но, собственно, шеф-повар здесь А.С. Голованов, ему принадлежит оригинальная формулировка. Многочлен $x^3-3x^2+1$ связан с соотвествующим круговым многочленом, поэтому-то мы и имеем такой простой критерий приводимости по модулю $p$. Например, для многочлена $x^3-4x^2+1$ уже ничего похожего не было бы.

Кстати говоря, изначально я хотел поместить эту задачу в раздел "Ребусы", но в несколько другой формулировке: для

$$\alpha=\frac{1}{2\cos{(4\pi/9)}}$$

вычислите $[\alpha^{p+1}] \bmod{p}$ при а) $p=2017$, б) $p=2027$. Прикол состоял бы в том, что эти вычисления надо было бы проделать в уме

Upd.

nnosipov в сообщении #1491484 писал(а):

Рад, что задача понравилась, но, собственно, шеф-повар здесь А.С. Голованов, ему принадлежит оригинальная формулировка.

Как выяснилось, эта задача была в Shortlist IMO 1988: (proposed by France) Let $a$ be the greatest positive root of the equation $x^3-3x^2+1 = 0$. Show that $[a^{1788}]$ and $[a^{1988}]$ are both divisible by $17$.

[Руст]

Изначально известно только, что корни принадлежат в $F_{p^6}$.
Я действительно еще не проверил принадлежность корней в $F_{p^2}$, хотя такая мысль приходила в голову.
В самом деле очень красивая задача, спасибо еще раз.

[nnosipov]

И Вам спасибо за участие в обсуждении. Это хорошо, что Вы вернулись на форум.