Gleichung 3. Grades in Q_p < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 17:20 Do 22.01.2009 | | Autor: | MarkusT |
| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass das Polynom 3 [mm] X^3 [/mm] + 4 [mm] Y^3 [/mm] + 5 [mm] Z^3 [/mm] über allen [mm] \IQ_p [/mm] (p prim) eine nichttriviale Nullstelle besitzt. |
Hallo,
ich weiß leider nicht mal, wie man eine nichttriviale Lösung der Gleichung 3 [mm] X^3 [/mm] + 4 [mm] Y^3 [/mm] + 5 [mm] Z^3 [/mm] =0 in [mm] \IF_p [/mm] findet (aus der man eine Lösung in [mm] \IQ_p [/mm] konstruieren könnte).
Bin für jede Hilfe dankbar!!
Ich habe diese Frage auch in folgenden Foren auf anderen Internetseiten gestellt: ![[]](/images/popup.gif)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:45 Do 22.01.2009 | | Autor: | felixf |
Moin
> Zeigen Sie, dass das Polynom 3 [mm]X^3[/mm] + 4 [mm]Y^3[/mm] + 5 [mm]Z^3[/mm] über
> allen [mm]\IQ_p[/mm] (p prim) eine nichttriviale Nullstelle
> besitzt.
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> Hallo,
>
> ich weiß leider nicht mal, wie man eine nichttriviale
> Lösung der Gleichung 3 [mm]X^3[/mm] + 4 [mm]Y^3[/mm] + 5 [mm]Z^3[/mm] =0 in [mm]\IF_p[/mm]
> findet (aus der man eine Lösung in [mm]\IQ_p[/mm] konstruieren
> könnte).
Also fuer $p = 2, 3, 5$ kannst du von Hand was suchen; das ist nicht so schwer. Wenn $p > 5$ ist, sind zumindest alle Koeffizienten ungleich 0.
Ist $p - 1$ nicht durch 3 teilbar, so ist $x [mm] \mapsto x^3$ [/mm] eine Bijektion auf [mm] $\IF_p$, [/mm] womit $3 [mm] X^3$, [/mm] $4 [mm] Y^3$ [/mm] und $5 [mm] Z^3$ [/mm] jeweils alle Werte aus [mm] $\IF_p$ [/mm] annehmen koennen; weiterhin sind sie genau dann ungleich 0, wenn jeweils $X$, $Y$ bzw $Z$ ungleich 0 ist.
Wenn du also drei Elemente $a, b, c$, nicht alle Null, aus [mm] $\IF_p$ [/mm] hast mit $a + b + c = 0$ kannst du auch $X, Y, Z [mm] \in \IF_p$, [/mm] nicht alle Null, finden mit $f(X, Y, Z) = 0$.
Bleibt der Fall dass $p - 1$ durch 3 teilbar ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:48 Do 22.01.2009 | | Autor: | felixf |
Hi
> > Zeigen Sie, dass das Polynom 3 [mm]X^3[/mm] + 4 [mm]Y^3[/mm] + 5 [mm]Z^3[/mm] über
> > allen [mm]\IQ_p[/mm] (p prim) eine nichttriviale Nullstelle
> > besitzt.
Oh, noch eine Idee. Dies definiert eine elliptische Kurve in [mm] $\mathbb{P}^2(\IQ_p)$, [/mm] wenn sie denn glatt ist. Und mit dem Satz von Hasse kannst du etwas ueber die Anzahl der [mm] $\IF_p$-rationalen [/mm] Punkte einer solchen Kurve sagen.
Also kannst du auch gucken ob es eine glatte Kurve definiert, und wenn ja, gucken fuer welche $p$ (es werden alle $p [mm] \ge p_0$ [/mm] sein fuer ein [mm] $p_0$) [/mm] die Kurve mehr als einen rationalen Punkt hat.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:12 Do 22.01.2009 | | Autor: | MarkusT |
Vielen Dank für deine Hilfe. Das mit der Elliptischen Kurve verstehe ich ehrlich gesagt nicht (den Satz von Hasse-Minkowski haben wir gerade erst durchgenommen).
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:31 Do 22.01.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Vielen Dank für deine Hilfe. Das mit der Elliptischen Kurve
> verstehe ich ehrlich gesagt nicht (den Satz von
> Hasse-Minkowski haben wir gerade erst durchgenommen).
Mit dem Satz von Hasse-Minkowski hat der Satz von Hasse aus der Theorie der elliptischen Kurven auch nichts zu tun :)
Wenn dir das nix sagt dann ignorier den Hinweis, den duerft ihr dann eh nicht verwenden.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 03:20 Fr 23.01.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:24 Fr 23.01.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Zeigen Sie, dass das Polynom 3 [mm]X^3[/mm] + 4 [mm]Y^3[/mm] + 5 [mm]Z^3[/mm] über
> allen [mm]\IQ_p[/mm] (p prim) eine nichttriviale Nullstelle
> besitzt.
Fuer den Fall dass $p - 1$ durch 3 teilbar ist kann man eventuell so ansetzen:
Betrachte die Funktion $f : [mm] \IF_p \to \IF_p$, [/mm] $x [mm] \mapsto x^3$: [/mm] auf [mm] $\IF_p^\ast$ [/mm] eingeschraenkt hat das Bild genau [mm] $\frac{p - 1}{3}$ [/mm] Elemente, insgesamt umfasst das Bild also [mm] $\frac{p - 1}{3} [/mm] + 1 = [mm] \frac{p + 2}{3}$ [/mm] Elemente.
Multiplikation mit 3, 4, 5 aendert daran nichts. Man hat also drei Teilmengen $A, B, C [mm] \subseteq \F_p$ [/mm] mit jeweils [mm] $\frac{p + 2}{3}$ [/mm] Elementen (wovon jeweils genau eins 0 ist) und wir suchen $a [mm] \in [/mm] A$, $b [mm] \in [/mm] B$, $c [mm] \in [/mm] C$ mit $a + b + c = 0$.
Wir koennen ja erstmal ueberlegen, wieviele Elemente aus [mm] $\F_p$ [/mm] wir bekommen wenn wir nur $a + b$ mit $a [mm] \in [/mm] A, b [mm] \in [/mm] B$ betrachten. Wenn wir zeigen koennen, dass es mindestens $p - [mm] \frac{p + 2}{3} [/mm] + 2 = [mm] \frac{2 p + 4}{3} [/mm] = 2 [mm] \cdot \frac{p + 2}{3}$ [/mm] sind, dann muessen mindestens zwei verschiedene Elemente aus $A + B$ in $-C$ liegen, also mindestens eins davon muss ungleich 0 sein -- womit wir eine nichttriviale Loesung der Gleichung bekommen.
Also: kann man zeigen $|A + B| [mm] \ge [/mm] 2 |A| = 2 |B|$? (Anstelle A und B kann man auch A und C oder B und C nehmen.) Die Definition von A, B bzw. C wird man ganz sicher auch benoetigen... Eventuell braucht man sowas wie, dass nicht [mm] $\{ 4, 5, 6 \} \subseteq f(\IF_p)$ [/mm] sein kann (ob das stimmt weiss ich nicht, waere zu zeigen) und die Wahl, welche von A, B, C man nimmt abhaengt was nicht im Bild von $f$ liegt...
LG Felix
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