数学、ｍｏｄ ｐのｋ乗

質問

ｘの２乗≡ａ（ｍｏｄ　ｐのｋ乗）が整数解を持てばｘの２乗≡ａ（ｍｏｄ　ｐのｋ＋１乗）も整数解を持つ
ｐは素数、ｋは０以上の整数、ａは整数

この証明についての質問です。

ｘの２乗≡ａ（ｍｏｄ　ｐのｋ乗）の整数解をｘ１とすると
ｘ１の２乗－ａ＝（ｐのｋ乗）ｓ
ｓは整数
ｘ２＝ｘ１＋（ｐのｋ乗）ｔとおくと
ｘ２の２乗－ａ＝（ｘ１＋（ｐのｋ乗）ｔ）の２乗－ａ
＝ｘ１の２乗＋２（ｘ１）（ｐのｋ乗）ｔ＋（（ｐのｋ乗）の２乗）（ｔの２乗）－ａ
＝（ｘ１の２乗－ａ）＋２（ｘ１）（ｐのｋ乗）ｔ＋（（ｐのｋ乗）の２乗）（ｔの２乗）
＝（ｐのｋ乗）ｓ＋２（ｘ１）（ｐのｋ乗）ｔ＋（（ｐのｋ乗）の２乗）（ｔの２乗）
＝（ｐのｋ乗）（ｓ＋２（ｘ１）ｔ＋（ｐのｋ乗）（ｔの２乗））

ここまではいいのですが
ｓ＋２（ｘ１）ｔ≡０（ｍｏｄ　ｐ）となるようにｔを選ぶことができるというのがわかりません。
ここを通過すればｐのｋ＋１乗を約数にもつことになって証明が終わります。

回答No.1

Tacosan · ベストアンサー

t に関する方程式だと思って解けばいい.

補足

条件がひとつ抜けていました。ｐは奇数の素数です。

ａ＝０、ｋが偶数、ｓがｐと互いに素な平方数の場合にはどうするのでしょう？

回答No.4

rnakamra

2*x1とpが互いに素であればフェルマーの小定理を使えば簡単です。

2*x1とpが互いに素であればフェルマーの小定理から
(2*x1)^(p-1)≡1 (mod p)
となります。
この両辺に-sをかけると
-s(2*x1)^(p-1)≡-s (mod p)
s-s(2*x1)^(p-1)≡0 (mod p)
s+(2*x1)*(-s)(2*x1)^(p-2)≡0 (mod p)
つまり
t=(-s)(2*x1)^(p-2)　であれば　s+2*x1*t≡0 (mod p) を満たします。

問題は2*x1がpと互いに素であるか、という点。
x1がpの倍数の場合は元の式に戻って考え直してみましょう。

お礼

ありがとうございました。

回答No.3

Tacosan

u=0 なら問題なし.

というか, a=0 のときは考えるまでもないよね.

お礼

確かにそうですね。
よくわかりました。ありがとうございました。

回答No.2

Tacosan

ん～と, 「p が奇素数」という条件はほとんど意味がありません. 「奇数じゃない素数」って 2 しかないし, そうすると a は 0 か 1 しかないからすぐわかるでしょ?

で, なんですが, 「ａ＝０、ｋが偶数、ｓがｐと互いに素な平方数の場合にはどうするのでしょう？」とはどういうことでしょうか? 3つの条件が全部そろったときを問題にしているのかそれぞれの場合を問題にしているのかがわかりませんし, どちらにしても「どこにどう困っているのか」がさっぱりわからんのですが.

補足

ａ＝０、ｋ＝２ｊ、ｓ＝ｕの２乗が全部そろったとき
ｘ１の２乗＝（ｐの２ｊ乗）（ｕの２乗）なので

ｓ＋２（ｘ１）ｔ＝（ｕの２乗）＋２（ｘ１）ｔ
＝（ｕの２乗）＋２（ｐのｊ乗）ｕｔ
≡（ｕの２乗）（ｍｏｄ　ｐ）
となって≡０（ｍｏｄ　ｐ）にならないような気がするのですがどこがおかしいのでしょう？