Pruebalo $\{m,n\} =\{k,l\}$

Question

Que $n,m,k,l$ ser enteros positivos, $p$ y primer impar con $0 \leq n,m,k,l \leq p-1$ y $$n+m \equiv k+l \pmod{p}, \quad n^2+m^2 \equiv k^2+l^2 \pmod{p}.$$ Prove that $ \{m,n\} = \{k,l\}$.

Podemos reorganizar la tercera condición para obtener $(n-l)(n+l) \equiv (k-m)(k+m) \pmod{p}$. ¿Cómo seguimos de aquí?

Answer 1

Esto es cierto en cualquier campo en el que $2$ es invertible. Supongamos que

$$a+b=c+d \tag{1} $$

$$a^2+b^2=c^2+d^2 \tag{2} $$

Plaza de $(1)$, restar $(2)$, luego se divide por $2$ para obtener

$$ ab=cd \tag{3} $$

Esto significa que tenemos una igualdad de polinomios

$$(x-a)(x-b)=(x-c)(x-d) \tag{4}$$

Por lo tanto $\{a,b\}$ $\{c,d\}$ son las raíces de este polinomio.

Hay dos ideas clave aquí:

• Para saber cómo llegar desde $(1)$$(2)$$(3)$, estar familiarizado con la relación entre la escuela primaria simétrica polinomios y alimentación simétrica polinomios (al menos la primera pareja de cada tipo).

• Para saber combinar $(1)$$(3)$$(4)$, saber de las fórmulas de Vieta.

(Un campo es un sistema de numeración con todos los habituales de las operaciones y propiedades de la adición, la multiplicación, la asociatividad, conmutatividad, distributividad, etc. - con la propiedad de que todas distinto de cero, de elementos inversos multiplicativos.)

Answer 2

Para una solución más elemental:

De las relaciones sigue que $2mn\equiv 2kl \pmod{p}$. Restar el segundo % da $(m-n)^2\equiv(k-l)^2\pmod{p}$. Porque $|m-n|<p$ y $|k-l|<p$ y $p$ son primo, se sigue que sea $m-n\equiv k-l\pmod{p}$ o $m-n\equiv l-k\pmod{p}$. De cualquier manera, añadiendo a la primera relación da % o $m\equiv k\pmod{p}$ $m\equiv l\pmod{p}$. Esto da inmediatamente lo que quiere, teniendo en cuenta que son más pequeños que $m,n,k,l$ % todo $p-1$y $p$ es primo.

Answer 3

Primero, se observa que la $n^2 + 2mn + m^2 \equiv (n+m)^2 \equiv (k+l)^2 \equiv k^2 + 2kl + l^2$, lo $kl \equiv mn$ (desde $p$ es impar, 2 es una unidad).

Si $k \equiv 0$,$0 \equiv kl \equiv mn$. Sin pérdida de generalidad tenemos $m \equiv 0$, y por lo tanto $n \equiv l$. El reclamo sigue a continuación, de $0 \le m,n,k,l \le p-1$.

De lo contrario, deje $k \not\equiv 0$. Esto significa $k$ es una unidad, y se puede encontrar $a$ $\mathbb{F}_p$ $m \equiv ak$ (a elegir por ejemplo,$a = k^{-1} m$). De ello se desprende que $kl \equiv akn$, y por lo tanto $l \equiv an$ (multiplicando ambos lados con $k^{-1}$). Además, $k + an \equiv k + l \equiv n + m \equiv n + ak$.

Si $a \equiv 1$, entonces de inmediato nos han$l \equiv n$$m \equiv k$, y la demanda sigue como antes de $0 \le m,n,k,l \le p-1$.

Otra cosa, obtenemos $k \equiv n$ e lo $l \equiv an \equiv ak \equiv m$. Como antes, $\{ k,l \} = \{ m,n \}$.