Корни m-ой степени из 1

[Руст]

Для комлексных корней x,y m - oй степени из 1 из
(1) $1+x+y=0$
следует, что x и y являются корнями 3-й степени из 1.
Существует ли другое m, что для бесконечного количества простых чисел вида p=1(mod m) выполняются сравнения (1) по модулю р для корней m-ой степени, не являющихся корнями 3-ей степени.

[maxal]

Эта задача равносильна вопросу существования многочлена $1+z^a+z^b$, который делится на круговой многочлен $\Phi_m(z)$, где $0<a<b<m$ и при этом $(a,b,m)\ne(k,2k,3k)$ ни для какого целого $k$.

Действительно, пусть $m$ - искомое, $p$ - это простое число, удовлетворяющее $p\equiv 1\pmod{m}$, и $w$ - это примитивный корень степени $m$ из $1$ по модулю $p$, так что $x=w^a$ и $y=w^b$ для некоторых $0<a<b<m$.
Тогда из уравнения (1) следует, что многочлены $\Phi_m(z)$ и $f(z)=1 + z^a + z^b$ не являются взаимно простыми над полем $\mathbb{Z}_p$ (так как оба делятся на $z-w$).
Так как многочлен $\Phi_m(z)$ неприводим над полем $\mathbb{Q}$, то если он не делит $f(z)$, то эти многочлены взаимно-просты над $\mathbb{Q}$. В этом случае может существовать лишь конечное число простых $p$, по модулю которых эти многочлены не будут взаимно-просты. И даже беря объединение таких простых по всем возможным $0<a<b<m$ (для фиксированного $m$), все равно в результате получаем лишь конечное число простых. Но в виду того, что таких простых должно быть бесконечно много, получаем, что $\Phi_m(z)$ обязан делить $f(z)$ над $\mathbb{Q}$.

[maxal]

Проверил все $m\leq 750$ - искомых не найдено.

[Руст]

Не понятно это.

maxal писал(а):

В этом случае может существовать лишь конечное число простых $p$, по модулю которых эти многочлены не будут взаимно-просты.

Многочлены $\Phi_4(z)=z^2+1,z$ взаимно просты и над С (не только над $Q$), тем не менее для всех простых $p=1\mod 3$ уравнение $z^2+1\pm z=0$ имеет решение в $Z_p$. Конечно это не одно и то же. Тем не менее это утверждение требует пояснений.
Если уже доказали $\Phi_m(z)|f(z)$ над $Q$, тем более это имеет место над С. Последнее означает, что для некоторых корней из 1 $1+z^a+z^b=0, z^m=1$. А в этом случае очевидно (a,b,m)=(a,2a,3a).

[maxal]

maxal в сообщении #190567 писал(а):

Так как многочлен $\Phi_m(z)$ неприводим над полем $\mathbb{Q}$, то если он не делит $f(z)$, то эти многочлены взаимно-просты над $\mathbb{Q}$. В этом случае может существовать лишь конечное число простых $p$, по модулю которых эти многочлены не будут взаимно-просты.

Поясняю:
если $\Phi_m(z)$ и $f(z)$ взаимно-просты над $\mathbb{Q}$, то существуют такие многочлены с целыми коэффициентами $u(z)$ и $v(z)$, что

$$u(z)\cdot \Phi_m(z) + v(z)\cdot f(z) = n,$$

где $n$ - некоторое ненулевое целое число.
Рассматривая это равенство по модулю любого простого числа $p$, заключаем, что если $p$ не делит $n$, то $\Phi_m(z)$ и $f(z)$ являются взаимно простыми над $\mathbb{Z}_p$. Поэтому для того, чтобы $\Phi_m(z)$ и $f(z)$ не были взаимно-просты над $\mathbb{Z}_p$, $p$ обязано делить $n$. Но таких простых существует лишь конечное число.

Руст в сообщении #190613 писал(а):

Если уже доказали $\Phi_m(z)|f(z)$ над $Q$, тем более это имеет место над С. Последнее означает, что для некоторых корней из 1 $1+z^a+z^b=0, z^m=1$. А в этом случае очевидно (a,b,m)=(a,2a,3a).

Ну, конечно! Для этого достаточно записать корни $z^a$ и $z^b$ в комплексной форме и приравнять нулю действительную и мнимую часть...

Получается, что твоя задача полностью решена, хоть и с отрицательным ответом - искомых $m$ не существует.

[Руст]

Если $\Phi_m(z)|f(z)$, то для корней $z=exp(\frac{2\pi ik}{m},(k,m)=1$ выполняется $1+z^a+z^b=0$. Однако для комплексных чисел x,y, равных 1 по модулю ($|x|=|y|=1$) из $1+x=-y\to x^3=y^3=1$.
Насколько помнится задача возникла из одного из утверждений Сорокина при доказательстве первого случая теоремы Ферма. Я там писал, что это можно доказать, но так как он бы всё равно это не понял, я вынес в олимпиадную задачу.

[maxal]

Да, да. Я уже понял. Резюмируя, получаем, что искомых $m$ не существует.

Добавлено спустя 11 минут 58 секунд:

maxal в сообщении #190721 писал(а):

если $\Phi_m(z)$ и $f(z)$ взаимно-просты над $\mathbb{Q}$, то существуют такие многочлены с целыми коэффициентами $u(z)$ и $v(z)$, что

$$u(z)\cdot \Phi_m(z) + v(z)\cdot f(z) = n,$$

где $n$ - некоторое ненулевое целое число.
Рассматривая это равенство по модулю любого простого числа $p$, заключаем, что если $p$ не делит $n$, то $\Phi_m(z)$ и $f(z)$ являются взаимно простыми над $\mathbb{Z}_p$. Поэтому для того, чтобы $\Phi_m(z)$ и $f(z)$ не были взаимно-просты над $\mathbb{Z}_p$, $p$ обязано делить $n$. Но таких простых существует лишь конечное число.

Кстати, можно то же самое доказать в лоб: для того, чтобы многочлены имели общий корень по модулю $p$, необходимо, чтобы $p$ делило их результант. Но если $\Phi_m(z)$ не делит $f(z)$ над $\mathbb{Q}$, то их результант равен ненулевому целому числу, которое имеет лишь конечное число простых делителей.

Другими словами, можно считать, что $n$ в вышеприведенном тождестве равно результанту многочленов $\Phi_m(z)$ и $f(z)$.