El número de soluciones de $ax^2+by^2\equiv 1\pmod{p}$ $ p-(\frac{-ab}{p})$

Question

Lo que necesito es mostrar que

Para $\gcd(ab,p)=1$ y p es un primo,

el número de soluciones de la ecuación de $ax^2+by^2\equiv 1\pmod{p}$ es exactamente $p-(\frac{-ab}{p})$.

Tengo una sugerencia que tengo que usar el símbolo de Legendre de la respuesta.

Creo que se me puede contar con una solución de uno por uno.

Lo que yo hice :

$$(ax)^2 \equiv a-aby^2 \pmod{p}$$ Basta recuento $y$ tal que $(\frac{a-aby^2}{p})=1$.

He intentado utilizar el residuo del sistema o de una raíz primitiva pero no funcionó.

La factorización de no trabajo.

Creo que el principio del palomar no puede trabajar, porque se dice de la existencia.

Gracias de antemano.

Answer 1

El uso de Legendre símbolo, el número de soluciones puede ser escrito como $$ \sum_{y=0}^{p-1} \left(1+\left(\frac{a-aby^2}{p}\right)\right),$$ ya que si $a-aby^2$ es distinto de cero de la plaza, habría que contar dos soluciones en $x$, y si $a-aby^2$ es cero, entonces usted tiene que contar una solución en $x$ (es decir, 0), y si $a-aby^2$ no es cuadrado, entonces no hay soluciones.

Vuelva a escribir la suma de un segundo mandato como $$ \sum_{y=0}^{p-1} \left(\frac{a-aby^2}{p}\right)=\left(\frac{-ab}{p}\right)\sum_{y=0}^{p-1}\left(\frac{y^2+d}{p}\right),$$ donde $d=-b^*$ ($b^*$ es la inversa de a $b$ modulo $p$)

La suma de la derecha, puede escribirse como $$\sum_{y=0}^{p-1} \left(1+\left(\frac{y}{p}\right)\right)\left(\frac{y+d}{p}\right)$$

Entonces la suma en un solo símbolo de Legendre es cero, pero se sigue para calcular $$\sum_{y=0}^{p-1}\left(\frac{y}{p}\right)\left(\frac{y+d}{p}\right)$$

Esto implica un truco: el uso de $\left(\frac{y^*}{p}\right)$ en lugar de $\left(\frac{y}{p}\right)$

A continuación, usted encontrará que $$\sum_{y=0}^{p-1}\left(\frac{y}{p}\right)\left(\frac{y+d}{p}\right)=-1$$

Ahora, poniendo todo junto, se obtiene la respuesta deseada.

Answer 2

Deje $k = -b/a$ $c = 1/a$ (ambos son distintos de cero), por lo que se puede reescribir la ecuación como $x^2-ky^2 = c$.

Llame a $N(k,c)$ el número de soluciones de $(x,y)$$x^2-ky^2 = c$. Es fácil comprobar que este número sólo depende de $c$ e si $k$ es un cuadrado, un rectangulares, o $0$, $N(0,c) = p(1 + \binom c p)$

Llame a $M(y,c)$ el número de soluciones de $(x,k)$$x^2-ky^2 = c$. Si $y=0$, a continuación, de nuevo, $M(0,c) = N(0,c)$. Y si $y \neq 0$, claramente tenemos $k = (x^2-c)/y^2$, por lo tanto $M(y,c) = p$ (un valor de $k$ para cada valor de $x$)

El número total $T(c)$ de los trillizos $(x,y,k)$ que satisface la ecuación es $T(c) = \sum N(k,c) = \sum M(y,c) = M(0,c) + (p-1)p$, por lo tanto $\sum_{k \neq 0} N(k,c) = p^2-p$.

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Ahora, si $k$ es un cuadrado de $u^2$ puede factorizar el lado izquierdo para obtener $(x-uy)(x+uy) = c$. Desde $p>2$, el cambio de variable $(x,y) \to (x-uy,x+uy) = (s,t)$ es invertible, y usted consigue $st = c$, de los cuales hay $p-1$ soluciones para $c \neq 0$, (e $2p-1$$c=0$).

Esto te deja, al$c \neq 0$, $(p^2-p)-(p-1)^2/2 = (p-1)(p+1)/2$ trillizos con $k$ rectangulares, por lo tanto $p+1$ soluciones para cada rectangulares $k$.
Y al$c = 0$, $(p^2-p)-(p-1)(2p-1)/2 = (p-1)/2$ trillizos, por lo tanto $1$ solución (el trivial $x=y=0$) para cada rectangulares $k$.