Número de soluciones a un problema de congruencia dado

Question

Estoy trabajando en el libro de teoría de números de Irlanda. Abajo está el ex7. capítulo 5

Por cálculo directo, demuestre que si $p\nmid a$ entonces el número de soluciones de $x^{2}\equiv y^{2}+a\pmod{p}$ es $p-1$ y si $p|a$ el número de solución es $2p-1$ . (Sugerencia: utilice el cambio de varialbes $u=x+y$ y $v=x-y$ .)

Por un problema anterior tenemos que $\sum^{p-1}_{y=0}1+(\frac{y^{2}+a}{p})$ es el número de soluciones de $x^{2}=y^{2}+a \pmod{p}$ donde $(\frac{y^{2}+a}{p})$ es el símbolo de Legendre. Creo que entiendo el caso cuando $p\nmid a$ ya que hay tantos residuos $\pmod{p}$ como hay no-residuos. Mi confusión se refiere al caso en que $p|a$ y no sé cómo usar la pista. Gracias.

Answer 1

En primer lugar, observe que, por ejemplo, la congruencia $x^2\equiv y^2 +1 \pmod{1}$ tiene $2$ soluciones, y $x^2 \equiv y^2+0$ tiene $2$ soluciones, por lo que el resultado no es correcto cuando $p=2$ . Sin embargo, es correcto cuando $p$ es un impar primo, por lo que a partir de ahora se asume que $p>2$ .

Por un cálculo directo, lo que yo querría decir es un cálculo genuinamente directo, sin ninguna cosa de símbolos de Legendre. Arturo Magidin ha hecho la parte más difícil. Nos ocupamos del caso $a\equiv 0\pmod{p}$ .

Como nuestra congruencia es equivalente a $x^2-y^2\equiv a \pmod{p}$ Estamos resolviendo $(x-y)(x+y)\equiv 0\pmod p$ .

Para contar las soluciones, observemos que podemos (i) dejar que $x-y$ tienen cualquier valor distinto de cero $b$ , ( $p-1$ posibilidades) y dejar que $x+y\equiv 0$ o (ii) dejar que $x-y \equiv 0$ y que $x+y$ tome cualquier valor distinto de cero, o (iii) dejar que $x-y$ y $x+y$ cada uno sea congruente con $0$ .

En el primer caso, $x-y\equiv b$ , $x+y\equiv 0$ tiene un único solución. Aquí es donde las cosas se rompen en el caso $p=2$ pues recordarás del álgebra de la escuela secundaria que resolver $x-y=c$ , $x+y=d$ implica dividir por $2$ .

Así que hay $p-1$ soluciones de tipo (i), $p-1$ soluciones de tipo ii), y $1$ solución de tipo iii), para un total de $2(p-1)+1$ . Alternativamente, cuente las soluciones con $x-y\equiv 0$ (hay $p$ de ellos), las soluciones con $x+y \equiv 0$ (otro $p$ ). Añade. Pero hemos contado dos veces $(0,0)$ Por lo tanto, la respuesta correcta es $2p-1$ .

Un cálculo de símbolos de Legendre también funcionará. El único problema es que nos aleja un poco de lo que ocurre.

Para el caso $a\equiv 0$ queremos $$\sum^{p-1}_{y=0}\left(1+\left(\frac{y^{2}+0}{p}\right)\right)$$ (He utilizado su expresión, con el paréntesis exterior añadido). Esto es $$\sum^{p-1}_{y=0} 1 + \sum^{p-1}_{y=0}\left(\frac{y^{2}}{p}\right).$$ La primera suma es obviamente $p$ . En cuanto a la segunda, hay que tener en cuenta que $\left(\frac{0}{p}\right)=0$ y si $y\not\equiv 0$ entonces $\left(\frac{y^2}{p}\right)=1$ por lo que la segunda suma es $p-1$ .

Answer 2

Si $p|a$ entonces $x^2\equiv y^2+a\pmod{p}$ si y sólo si $x^2\equiv y^2\pmod{p}$ si y sólo si $x^2-y^2\equiv 0\pmod{p}$ si y sólo si $(x+y)(x-y)\equiv 0\pmod{p}$ si y sólo si $uv\equiv 0\pmod{p}$ . ¿Cuántas soluciones diferentes tiene esta ecuación?

Answer 3

Dejemos que $N$ denotan el número de soluciones de $x^2 - y^2 \equiv a \mod p$ . Sea $e(\alpha) = e^{2\pi \imath \alpha}$ para que $e(\alpha+\beta)=e(\alpha)e(\beta)$ . Por último, dejemos que $\displaystyle \sum_{x=0}^{p-1} e\left(\frac{sx^2}p\right) = G(s;p)$ .

\begin{eqnarray*} N &=& \frac 1p \sum_{s=0}^{p-1} \sum_{x,y=0}^{p-1} e\left(\frac{s(x^2-y^2-a)}p\right) = p + \frac 1p \sum_{s=1}^{p-1} e\left(\frac{-sa}p\right)\sum_{x,y=0}^{p-1} e\left(\frac{s(x^2-y^2)}p\right)\\ &=& p + \frac 1p \sum_{s=1}^{p-1} e\left(\frac{-sa}p\right)G(s;p)G(-s;p) \end{eqnarray*}

Si $p$ es un primo impar, entonces es bien sabido que $G(s;p) = \left(\frac sp\right)\imath^{\left(\frac{p-1}2\right)^2} p^{\frac 12}$ . Se puede demostrar que $ \left(\imath^{\left(\frac{p-1}2\right)^2}\right)^2 = \left(\frac{-1}p\right)$ .

Por lo tanto, nuestra suma se convierte en \begin{eqnarray*} &=& p + \frac 1p \sum_{s=1}^{p-1} e\left(\frac{-sa}p\right) \cdot\left(\frac{s}p\right)\left(\frac{-s}p\right)\left(\frac{-1}p\right)p\\ &=& p + \sum_{s=1}^{p-1} e\left(\frac{-sa}p\right)\\ &=& p + \begin{cases} -1 &\mbox{ if } a \not\equiv 0 \mod p\\ p-1 &\mbox{ if } a \equiv 0 \mod p \end{cases} \end{eqnarray*}

El resultado se desprende de aquí.

Si $p$ es par, entonces $G(s;p)=0$ así que asumo que la pregunta era para los primos Impares $p$ .