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Un baúl de problemas olvidado - Problema propuesto 24

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Problema. Sea $p$ un número primo. Demuestre que si $p \nmid abc$, entonces la congruencia  $$ax^{3}+by^{3}+cz^{3}  \equiv 0 \pmod{p}$$ tiene al menos una solución no trivial (i.e., una solución en la cual $x$, $y$, $z$ no son todos congruentes con $0$ módulo $p$).

* Las soluciones que se reciban serán consideradas para ser incluidas en la próxima entrega del artículo Un baúl de problemas olvidado. Pueden leer la más reciente entrega de este trabajo en el siguiente enlace:

http://universo.math.org.mx/2016-1/Baul-V/baul-V.html

preguntado por Baúl de Problemas (2,280 puntos) Ago 19, 2016 en Problemas

1 Respuesta

+1 voto

Sea $$\tag{*}ax^3+by^3+cz^3\equiv0\pmod p. $$
Para mostrar que $(*)$ tiene al menos una solución no trivial se consideran casos para $p.$

Caso $(i).$ $p=3.$ Como $a$ y $p=3$ son coprimos, existe un entero $x\not\equiv0\pmod3$ tal que $ax\equiv b\pmod3,$ por lo que, por el Pequeño Teorema de Fermat, se tiene que $ax^3+b(-1)^3+c(0)^3\equiv ax-b\equiv0\pmod3.$

Caso $(ii).$ $p=3k+2.$ Como $p\nmid ab,$ existen enteros $x$ y $y,$ con $xy\not\equiv0\pmod p,$ tales que $ax\equiv1\equiv-by\pmod p,$ por lo que, por el Pequeño Teorema de Fermat, se tiene que $a(x^{-k})^3+b(y^{-k})^3+c(0)^3\equiv ax\cdot x^{1-p}+by\cdot y^{1-p}\equiv x^{1-p}-y^{1-p}\equiv0\pmod p.$
 

Como corolario se tiene que cualquier entero es residuo cúbico módulo $p$ si $p$ es un primo igual a $3$ o $p\equiv2\pmod3.$
 

Ahora el último y más complicado caso.

Caso $(iii).$ $p\equiv1\pmod3.$ Denotemos por $[t]$ a la clase residual de $t$ módulo $p.$ Ahora tomemos un generador $[g]$ del grupo multiplicativo de $(\mathbb Z/p\mathbb Z)\setminus\{[0]\}.$ Como el orden de $[g]$ es $p-1,$ entonces los conjuntos $A:=\{[g^{3k}]:k\in\mathbb Z\;\wedge\;0\leqslant k\leqslant(p-4)/3\},$ $B:=\{[g^{3k+1}]:k\in\mathbb Z\;\wedge\;0\leqslant k\leqslant(p-4)/3\}$ y $C:=\{[g^{3k+2}]:k\in\mathbb Z\;\wedge\;0\leqslant k\leqslant(p-4)/3\},$ a los que llamaremos clases cúbicas, tienen el mismo número de elementos $(p-1)/3$ y, además, son disjuntos por pares; más aún, es fácil notar que $A$ es de hecho el conjunto de todos los residuos cúbicos en $(\mathbb Z/p\mathbb Z)\setminus\{[0]\}$ por lo que $[u]$ y $[-u]$ están en la misma clase cúbica para cada entero $u.$ Si dos de los conjuntos $[a],\;[b],\;[c]$ pertenecen a la misma clase cúbica entonces es fácil hallar una solución no trivial a $(*).$ Para mostrarlo, digamos, sin pérdida de generalidad, que $[a]$ y $[b]$ están en la misma clase cúbica. Luego $a=[g^{3k+r}]$ y $[b]=[g^{3l+r}],$ donde $r\in\{0,1,2\}.$ Se sigue que, $a(g^l)^3+b(-g^k)^3+c(0)^3\equiv abg^{-r}-abg^{-r}\equiv0\pmod p.$ Entonces asumamos, sin pérdida de generalidad, que $[a]\in A,$ $[b]\in B$ y $[c]\in C.$ Ahora, si $u\in\{a,b,c\}$ y $[v]$ es un elemento de la misma clase cúbica que $[u],$ con $[v]=[g^{3k+r}]$ y $[u]=[g^{3l+r}],$ $r\in\{0,1,2\},$ entonces $u(g^{k-l})^3\equiv u\cdot g^{3k+r}\cdot g^{-3l-r}\equiv v\pmod p,$ por lo que para mostrar que $(*)$ tiene al menos una solución no trivial, basta mostrar que existen $\alpha\in A,\;\beta\in B$ y $\gamma\in C$ tales que $\alpha+\beta+\gamma=[0].$ Ahora, sea $u\in\{a,b,c\}$ y sea $U$ la clase cúbica a la que $[u]$ pertenece. Definamos $L_u:=\{k\in U:k+[1]\in A\},$ $M_u:=\{k\in U:k+[1]\in B\}$ y $N_u:=\{k\in U:k+[1]\in C\}$ y además, $\lambda_u:=|L_u|,$ $\mu_u:=|M_u|$ y $\eta_u:=|N_u|.$ Como $L_a,\;M_a$ y $N_a$ son disjuntos por pares y además $L_a\cup M_a\cup N_a=A\setminus\{[-1]\}$ entonces $$\lambda_a+\mu_a+\eta_a=\dfrac{p-1}{3}-1\tag1$$ y, además, claramente se tiene que $$\lambda_b+\mu_b+\eta_b=\lambda_c+\mu_c+\eta_c=\dfrac{p-1}{3}.\tag2$$ Ahora, sea $k\in M_a.$ Por definición, $k\in A$ y $k+[1]\in B.$ Luego $-k\in A$ y $-k-[1]\in B,$ por lo que, como $(-k-[1])+[1]=-k$ entonces $-k-[1]\in L_b.$ Por lo tanto, el mapeo $k\mapsto-k-[1]$ de $M_a$ a $L_b$ define una biyección, por lo que $\mu_a=\lambda_b.$ Exactamente de la misma manera se prueba que $\eta_a=\lambda_c$ y $\eta_b=\mu_c.$ Ahora sea $k\in L_b.$ Por definición $k\in B$ y $k+[1]\in A,$ por lo que si $k=[g^{3l+1}]$ entonces $k^{-1}=[g^{-3l-1}]$ y se sigue que $k^{-1}\in C$ y, si $k+[1]=[g^{3t}],$ entonces $k^{-1}(k+[1])=[g^{3(t-l)-1}]\in C.$ Por otra parte, $k^{-1}(k+[1])=[1]+k^{-1},$ que implica que $k^{-1}\in N_c.$ Por lo tanto, el mapeo $k\mapsto k^{-1}$ de $L_b$ a $N_c$ define una biyección, por lo que $\lambda_b=\eta_c.$ Ahora, utilizando $(1)$ y $(2)$ se tiene que $\lambda_a+\eta_a+1=\mu_b+\eta_b$ y $\lambda_a+\mu_a+1=\mu_c+\eta_c$ y como $\eta_b=\mu_c$ entonces $\eta_a-\mu_b=\mu_a-\eta_c$ pero como $\mu_a=\lambda_b=\eta_c$ entonces $\eta_a=\mu_b,$ por lo que $\eta_b=\mu_c=\lambda_a+1\geqslant1$ y por las definiciones de $\eta_b$ y $\mu_c$ se sigue que $(*)$ tiene al menos una solución no trivial. $$\blacksquare$$

Cabe mencionar que la idea de utilizar los conjuntos $A,B$ y $C$ y los cardinales mencionados fue originalmente utilizada por C. F. Gauss en su Disquisitiones Arithmeticae (p. 445) para mostrar la existencia de soluciones a una congruencia de grado $3$ en una variable.

respondido por Carlos Jalpa (11,200 puntos) Oct 26, 2016
mostrada de nuevo por Carlos Jalpa Nov 25, 2018
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