Dado un primer $p > 2$ y enteros positivos $x,y \le \frac{p − 1}{2}$, probar que si $x(p − x)y(p − y)$ es un cuadrado perfecto, entonces $x = y$.
Esta pregunta fue previamente preguntó sin contexto , y así fue cerrado, pero yo lo hice inicio hacia una solución.
El principal hallazgo es que el resultado depende de la representación única de un prime como una suma de cuadrados.
Obviamente si eso no fuera verdad que podríamos haber $m_0^2+n_0^2=m_1^2+n_1^2=p$. Entonces podríamos optar $x=m_0^2$ $y=m_1^2$ como el menor de piezas de los dos representaciones distintas y con todos los que contribuyen de los valores de plaza, conseguir una plaza que refuta la afirmación.
La otra línea de prueba de que yo no logran completar era eliminar la posibilidad de que los distintos componentes se multiplican entre sí para dar un cuadrado. Aquí están mis pensamientos sobre esto hasta ahora:
Desde $p$ prime, $x$ es coprime a $v:=(p-x)$ $y$ es coprime a $w:=(p-y)$.
Encontrar$g :=\gcd(x,y)$$h:=\gcd(v,w)$, y establecer $(a,b,c,d):=(x/g,y/g,v/h,w/h)$. Si una de estas condiciones es$1$, a continuación, todos los son, y $x=y$.
Supongamos que tenemos $a,b,c,d>1$. A continuación, la expresión de interés es $abcdg^2h^2$, que es la plaza de iff $abcd$ es de planta cuadrada. La única manera posible de factores comunes que están en los pares de $(a,d)$$(b,c)$, por lo que necesitaríamos $ad$ plaza y $bc$ plaza.
¿Alguien puede completar mis pruebas o encontrar una mejor manera de demostrar la verdad de la apertura de la reclamación?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Este es el problema de la segunda etapa del año pasado polaco Olimpiada Matemática, ver aquí. A continuación presento el oficial en la solución de problemas, a partir de aquí.
Supongamos que la expresión es un cuadrado, decir $k^2$. La aplicación de AM-GM de la desigualdad que encontrar rápidamente $k<p^2/4$. Por otro lado, de $x,y<p/2$, nos encontramos con $k>xy$. Ahora podemos reescribir $$0=k^2-xy(p-x)(p-y)=(k-xy)(k+xy)-pxy(p-x-y),$$ de donde $p\mid k-xy$ o $p\mid k+xy$.
En primer lugar, imaginemos $k-xy=lp>0$. Entonces $$lp(lp+2xy)=lp(k+xy)=pxy(p-x-y),\\ p(xy-l^2)=xy(2l+x+y).$$ Desde $x,y<p$, $p\mid 2l+x+y$. De $lp=k-xy<k<p^2/4$ obtenemos $l<p/4$, y, a continuación,$2l+x+y<2p/4+p/2+p/2=2p$, por lo tanto $2l+x+y=p$. Sin embargo, a continuación,$p(xy-l^2)=pxy$, imposible, dados los $l>0$.
Por lo tanto $k+xy=lp$ algunos $l$. Como antes, obtenemos $p(xy-l^2)=xy(x+y-2l)$. De $lp=k+xy<p^2/4+(p/2)^2=p^2/2$ obtenemos $l<p/2$. Por lo tanto $$p>x+y>x+y-2l>-2\cdot p/2=-p,$$ por lo tanto $x+y-2l=0$ (ya que es divisible por $p$). Por lo tanto $p(xy-l^2)=0$, es decir,$xy=l^2$. Por lo tanto, finalmente, $$(x-y)^2=(x+y)^2-4xy=(2l)^2-4l^2=0$$ dando a $x=y$.
$gcd(x,y)=n_1,gcd(x,p-y)=n_2$, $y$ y $p-y$ coprime, por lo $gcd(x,y(p-y))=n_1n_2$
Deje $x=n_1n_2x',y=n_1y',p-y=n_2y''$, $x'(p − x)y'y''$ es cuadrado, por lo $x'$ es de planta cuadrada.
De manera similar, podemos obtener: $x=n_1n_2a^2,y=n_1n_3c^2,p-x=n_3n_4b^2,p-y=n_2n_4d^2$
Ahora tenemos:
$p = n_1n_2a^2+n_3n_4b^2=n_1n_3c^2+n_2n_4d^2\tag1$
Esto se puede solucionar de manera similar como esta respuesta.
Para ser completa:
$p^2=(n_1n_2a^2+n_3n_4b^2)(n_1n_3c^2+n_2n_4d^2)$
así
$p^2=n_2n_3(n_1ac+n_4bd)^2+n_1n_4(n_2ad-n_3bc)^2\tag2$
$p^2=n_2n_3(n_1ac-n_4bd)^2+n_1n_4(n_2ad+n_3bc)^2\tag3$
Por(1), tenemos
$(p - n_1n_2a^2)n_1n_2d^2=(p - n_1n_3c^2)n_1n_3b^2$
lo que implica
$p(n_3b^2-n_2d^2)=n_1(n_2ad-n_3bc)(n_2ad+n_3bc)\tag4$
A partir de(4), $p$ divide $(n_2ad-n_3bc)$ o $(n_2ad+n_3bc)$. Si $p$ divide $(n_2ad-n_3bc)$, entonces a partir de (2) obtenemos $(n_2ad-n_3bc)=0$, por lo que a partir de (4) $n_3b^2-n_2d^2=0$, lo $p-x=p-y$. Si $p$ divide $(n_2ad+n_3bc)$,entonces de (3) obtenemos $(n_1ac-n_4bd)=0$, por lo que $n_1ac=n_4bd$. $a$ y $b,d,n_4$ son coprime, por lo $a=1$.del mismo modo $b=c=d=1$. Entonces $n_1=n_4=1$,$x=n_2,y=n_3, p=n_2+n3$, esto contradice $x,y\le\frac{p-1}{2}$.
