Теория на числата - интерсна, квадратични остатъци.

krassi_holmz

Ето една интересна задача:
Нека $p$ е просто и $a \leq p$ е естествено. Да се докаже, че съществуват цели неотрицателни числа $x,y$ , за които:
$p|x^2 + y^2 + a, x^2+y^2+a < p^2$

Реклама

Мирослав Стоенчев · Пуснато на: Sat Dec 01, 2007 7:24 pm Заглавие:

Д-во: Ако $p=2,$ то твърдението е вярно. Нека $p$ е нечетно просто число.Ще използваме следната:
Лема1. Ако $p$ е нечетно просто число, то има точно $\frac{p-1}{2}$ квадратични остатъци по модул $p,$ и следователно точно $\frac{p-1}{2}$ квадратични неостатъци по модул $p.$

Сега да разгледаме числата $a, a+1^{2},a+2^{2},...,a+(\frac{p-1}{2})^{2}.$
Ясно е че са $\frac{p+1}{2}$ на брой две по две несравними по модул $p$ числа, и съгласно лема 1 има поне едно число от разглежданите, което е квадратичен остатък по модул $p.$ Т.е. съществува $y\in Z,$ такова че
за някое $i, 0\le i\le\frac{p-1}{2}$ да имаме $y^{2}\equiv -( a+i^{2})(mod (p))$ . Можем да запишем минус, тъй като числата от разглежданата редица със знак минус са също $\frac{p+1}{2}$ на брой две по две несравними по модул $p.$
Б.о.о. $y\le p,$ понеже разглеждаме сравнение по модул $p.$
Накрая остана да съобразим, че ако $\frac{p-1}{2}<y,$ то $y'=p-y\le \frac{p-1}{2}$ също удовлетворява сравнението $y'^{2}\equiv -( a+i^{2})(mod (p)).$ Полагаме $x=i,y=y',$ като използваме, че $0\le x,y\le \frac{p-1}{2},$ получаваме $x^{2}+y^{2}+a\equiv 0(mod(p))$ и $x^{2}+y^{2}+a\le 2(\frac{p-1}{2})^{2}+a\le 2(\frac{p-1}{2})^{2}+p<(p-1)p<p^{2},$ с което твърдението е доказано.