Доказать разрешимость сравнения

[alex_mathdone]

У меня есть задача доказать разрешимость следующего сравнения: $x^{(p+1)/2} + (x+a)^{(p+1)/2} \equiv a\mod p$

Я понял, что это доказательство необходимо разбить на два доказательства поменьше: когда $a$ квадратный вычет и когда невычет.

Для случая вычета всё довольно просто: можно, например, взять $x=0$ и сравнение будет разрешимо.

Для случая невычета такие корни если и есть, то их долго искать, поэтому нужен другой подход. Я думал и не смог найти подход к этой части задачи.

Мне бы хоть небольшую подсказку, что я должен делать, потому что, похоже, задача лёгкая, а я в упор не вижу что делать.

[mathematician123]

Для невычета всё тоже просто. Нужно подобрать правильный $x$.

[alex_mathdone]

mathematician123 в сообщении #1557844 писал(а):

Нужно подобрать правильный $x$.

То есть $x$ так же подбирать, как и для вычета? Я просто пытался так же числа ставить, но не находил ответ. Может $x$ должно быть формулой, какое-нибудь $-\alpha$...

[mathematician123]

alex_mathdone в сообщении #1557850 писал(а):

Может $x$ должно быть формулой, какое-нибудь $-\alpha$

Прошу прощения. Я думал, что $x = -a$ является решением. Но, как оказалось, это работает только когда $p \equiv 1 \pmod{4}$.

[alex_mathdone]

mathematician123 в сообщении #1557852 писал(а):

alex_mathdone в сообщении #1557850 писал(а):

Может $x$ должно быть формулой, какое-нибудь $-\alpha$

$p \equiv 1 \pmod{4}$.

Да ничего, я тоже это заметил. Я так понял, что $x$ должно зависеть от $p$, но зависимость не поймал. Для $p \equiv 1 \pmod{4}$ корень есть, а для второй половины простых чисел я не смог подобрать.

[xagiwo]

Чему может быть равно $x^{(p+1)/2}$ (по модулю $p$, есс-но)? А $(x+a)^{(p+1)/2}$?

[alex_mathdone]

xagiwo в сообщении #1557867 писал(а):

Чему может быть равно $x^{(p+1)/2}$ (по модулю $p$, есс-но)? А $(x+a)^{(p+1)/2}$?

Довольно очевидно, что, в зависимости от $x$ и $a$, $x^{(p+1)/2}$ может быть как $x$, так и $-x$ и как $x-a$, так и $-x+a$ соответственно для второго слагаемого. Я это понял, но корень нашёл только для части простых чисел, а именно $p \equiv 1\mod4$. Для $p \equiv 3\mod4$ хоть какой-либо $x$ найти для доказательства разрешимости сравнения мне не удалось. Если вы сможете мне подсказать, как искать такие $x$ и $a$, чтобы одновременно $x$ был невычетом, а $x-a$ - вычетом, учитывая что $a$ невычет по модулю $p$, будет круто.

[xagiwo]

alex_mathdone в сообщении #1557924 писал(а):

как искать такие $x$ и $a$, чтобы одновременно $x$ был невычетом, а $x-a$ - вычетом, учитывая что $a$ невычет по модулю $p$, будет круто.

Подскажу (хотя, может, зря). Для любого подмножества $A \subset \mathbb{Z}_p$ есть такое $x$, что $x \in A$ и $x + a \notin A$, то есть никакими свойствами вычетов тут пользоваться уже можно не.