$m$$x^3\equiv 100\pmod m$的哪些值是可解的？

Question

在四处走动时这个问题，这是$x^3=y^5+100$的正整数解，我做了一些简单的操作来得到：$$q|y\表示x^3\equiv100\pmod q\\p|x\表示y^5\equiv-100\pmod p$$然后我注意到，这个方程并不总是有解的。例如，在mod 7中，我们有$0^3\equiv0，1^3\Equiv1，3^4\equiv 6，4^3\ equiv 1，5^3\evik 6，6^3\enquiv 6$，但有$100\equiv-2$。

我的问题是：有没有一种方法来描述方程没有解的数字$q$？

到目前为止，我所做的是强行实现解决方案$q\not={7、8、13、19、31、43、61、67、97、109、125、151、157、163、181、193、199、211、223、229、241、277、283、307、313、337、367、373、379、397、409、433、439、487、499、523、541、571、577、601、619、631、709、727、757、769、787、811、823853、877、883、919、937、991$

和$p\not={8、31、41、61、71、125、131、151、181、191、211、241、271、311、331、401、421、431、461、491、541、571、601、631、661、691、701、751、761、811、821、881、911、941、971、991$

Answer 1

根据中国剩余定理，如果$m={q_1}^{a_1}\cdots{q_r}^{a_r}$，则同余是可解的当且仅当它是除以$m$的素数幂的可解模。因此，将素数幂视为模就足够了。

让我们从素数开始。如果一个素数是$2$模$3$，那么所有的数都是立方余数。为了了解原因，$a^3\equivb^3$暗示$（a^3）^{\frac{q+1}3}\equiv。因此，$a\equivb$或$a\equiv-b$都可以，但后者是不可能的，除非$a\etquivb\equiv 0$。因此，所有$q$立方残留物都是不同的。

因此，如果$q\equiv2\pmod3$，那么$100$是模$q$的立方剩余。当将其扩展到主要权力时，唯一的问题是当$5^3\mid-mm$时。任何可被$5$整除的立方体都与$0$模$125$同余，但肯定不与$100$同余。

当$q=2$时，同样的问题也会出现。如果$2^3\nmid m$还没有问题，但如果$2*3\nmidm$由于同样的原因不可能一致。

如果$q\equiv1\pmod3$，答案一点也不简单。与二次剩余不同，目前还没有像高斯引理或二次互易这样的美丽定律，可以让我们轻松计算“三次勒让德符号”。关于模素数$1$模$3$的立方剩余，我们知之甚少。你可能想结账这维基百科页面，但你在那里找不到完整的答案。尤其不是因为100美元不是黄金。有一些关于$2$（也许也是$5$）的立方性质的定理，但我不确定是否有二次剩余的乘法性质。即使有，根据到目前为止提供的定理，最终的答案也太复杂，无法实际使用。

我认为我不应该详述五次剩余（或我们称之为五次剩余的任何东西）。与$q\equiv-1\pmod3$的情况一样，如果$p\equiv-1\pmod 5$，这里的每个整数都是五次剩余。到目前为止，$p\not\equiv-1\pmod5$的情况几乎没有得到调查。

Answer 2

它有一个解决方案$x=7，y=3$，

如果$p-1$不能被3或5整除，并且是模2模4，那么这总是有一个唯一的解，通常是上面给出的例子。这意味着因为这样的素数有无穷多，所以这个解是唯一的，这意味着这个解是惟一的。