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Solución:
¡Utilizas la fórmula cuadrática!
No realmente. Pero debe interpretar los términos correctamente: en lugar de “dividir” entre $2a$ (aquí, $2$), debe multiplicar por un número $r$ tal que $2requiv 1pmod11$ (es decir, $r=6$). Y en lugar de tratar de encontrar una raíz cuadrada, aquí $sqrtb^2-4ac = sqrt1-4 = sqrt-3$, desea encontrar números enteros $y$ tales que $y ^2equiv -3pmod11$. Es posible que sea imposible hacerlo, pero si puede encontrarlos, sustituyéndolos en la fórmula cuadrática le dará una solución; y si no puedes encontrarlos, entonces no hay soluciones.
Ahora, como sucede, $-3$ no es un modulo cuadrado $11$; entonces no hay soluciones para $x^2+x+1equiv 0pmod11$. (Puedes averiguar si $-3$ es un cuadrado usando reciprocidad cuadrática: tenemos que $-1$ no es un cuadrado módulo $11$, ya que $11equiv 3pmod4$. Y como ambos $3$ y $11$ son congruentes con $3$ módulo $4$, tenemos $$left(frac-311right) = left(frac-111right)left( frac311derecha) = -izquierda(-izquierda(frac113derecha)derecha) = izquierda(frac113derecha) = left(frac23right) = -1,$$ entonces $-3$ no es un módulo cuadrado $11$).
(También puede verificar que este es el caso reemplazando $x=1,2,ldots,10$ y viendo que ninguno de ellos satisface la ecuación).
Por otro lado, si tu polinomio fuera $x^2+x-1$, entonces la fórmula cuadrática diría que las raíces son $$frac-1+sqrt1+42 qquadtextyqquad frac-1-sqrt1+42.$$ Ahora, $5$ es un módulo cuadrado $11$: $4^2 = 16equiv 5pmod11$. Entonces podemos tomar $4$ como una de las raíces cuadradas, y tomar “multiplicar por $6$” como lo mismo que “dividir por $2$” (ya que $2times 6equiv 1pmod11$), tenemos obtendría que las dos raíces son $$beginalign* frac-1+sqrt52 &= left(-1+4right)(6) = 18equiv 7 pmod11\ frac-1-sqrt52 &= left(-1-4right)(6) = -30equiv 3pmod11 end align*$$ y, de hecho, $(7)^2 + 7 – 1 = 55equiv 0pmod11$ y $3^2+3-1 = 11equiv 0pmod11$.
Definitivamente podemos usar este método cuando $2a$ es relativamente primo para el módulo; Sin embargo, si el módulo no es un primo ni una potencia prima impar, entonces puede haber más de $2$ raíces cuadradas para cualquier número dado (o ninguno). Pero para módulos primos impares, funciona de maravilla.
Puedes usar la técnica de Completando el cuadrado.
Supongamos que queremos resolver la congruencia $ax^2+bx+cequiv 0 pmod p$, donde $anotequiv 0pmodp$, y $p$ es un impar principal. La congruencia es equivalente a $$4a^2x^2+4abx+4acequiv 0pmodp.tag$1$$$ Completando el cuadrado vemos que la congruencia es equivalente a $$(2ax+ b)^2-b^2+4acequiv 0pmodp,$$ o equivalente a $$(2ax+b)^2equiv b^2-4acpmodp.tag$2 $$$
Para resolver esta última congruencia nosotros (i) Tratamos de resolver la congruencia $y^2 equiv b^2-4acpmodp$. Puede que no haya solución, en cuyo caso la congruencia original no tiene solución. Puede haber una única solución, si $b^2-4acequiv 0pmodp$. En todos los demás casos habrá dos soluciones. (ii) Después de haber encontrado tal $y$, resolvemos las congruencias lineales $2ax+bequiv ypmodp$.
Ahora pasamos a $x^2+x+1equiv 0pmodp$ y usamos la técnica básica, aunque la inspección funcionaría más rápido.
Reescribe como $4x^2+4x+4equiv 0pmod11$, luego como $(2x+1)^2-1+4equiv 0pmod11$, luego como $(2x+ 1)^2equiv -3equiv 8pmod11$.
Así que primero tratamos de resolver la congruencia $y^2equiv -3equiv 8pmod11$. Resulta que no hay soluciones. Existen métodos poderosos para tratar con tales preguntas para números primos grandes $p$. Para $ 11 $, solo calcule $ 1 ^ 2 $, $ 2 ^ 2 $, $ 3 ^ 3 = 2 $, $ 4 ^ 2 $ y $ 5 ^ 2 $ módulo $ 11 $. Ninguno de ellos trabaja. El resto no puede funcionar, porque son esencialmente los negativos de los números que ya hemos comprobado, por lo que sus cuadrados son, módulo $11$, lo mismo que los cuadrados de los números $1$ a $5$. Por ejemplo, $6equiv -5pmod11$, entonces $6^2equiv (-5)^2equiv 5^2pmod11$, y de manera similar $7^2equiv 4^2$ , y así.
Observaciones: $1.$ La congruencia $(2)$ tiene solución si y solo si la congruencia $y^2equiv b^2-4acpmodp$ tiene solución, es decir, iff $b^2-4ac $ es un módulo cuadrado $p$. Este $b^2-4ac$ es el familiar discriminante de álgebra elemental.
$2.$ La idea general se puede usar incluso cuando estamos resolviendo un módulo de congruencia cuadrática $m$, donde $m$ no es primo. Pero es necesario hacer modificaciones significativas. La congruencia $ax^2+bx+cequiv 0pmodm$ es equivalente a $4a^2x^2+4abx+4acequiv 0 pmod4am$, así que terminamos viendo $$ (2ax+b)^2equiv b^2-4acpmod4am.$$ El estudio de la congruencia $y^2equiv b^2-4acpmod4am$ es más complicado que cuando el el módulo es $p$, y puede haber muchas soluciones. Pero después de eso estamos resolviendo congruencias lineales $2ax+bequiv ypmod4am$, y podemos usar el Algoritmo Euclidiano Extendido.
Aquí hay una solución alternativa. Supongamos que $x$ es una solución.
Sea $a$ una raíz primitiva módulo 11, así $x=a^k$ para algún $1 leq k leq 10$.
$$x^2+x+1equiv 0pmod 11 Rightarrow x^3 equiv 1 mod 11 Rightarrow a^3k equiv 1 mod 11 Rightarrow 10 | 3k $$ $$Rightarrow 10|k Rightarrow k =10 Rightarrow x equiv a^10 equiv 1 mod 11 ,.$$
Es fácil ver que $x equiv 1 mod 11$ no es una solución, y demostramos que es la única solución potencial.
Por lo tanto, la ecuación no tiene solución.
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