prawo wzajemności dla reszt kwadratowych

[wiosna]

Które liczby pierwsze są postaci\(\displaystyle{ x^2+7y^2}\)?
Znów trzeba wykorzystać symbol Legendre'a, tylko jak?

[Maciej87]

Trzeba, ale to nie wystarczy:
Założmy że mamy liczbę pierwszą tej postaci. \(\displaystyle{ p=7}\) jest OK. Dalej zakładamy \(\displaystyle{ p\not=7}\) a wtedy \(\displaystyle{ x,y}\) jest odwracalny w \(\displaystyle{ Z_{p}}\)
W ciele \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_p}\) mamy dla \(\displaystyle{ z = \frac{x}{y}}\) równość \(\displaystyle{ z^2 = -7}\) czyli \(\displaystyle{ -7}\) jest resztą kwadratową \(\displaystyle{ \mod p}\). Sprawdzamy kiedy to jest możliwe \(\displaystyle{ \left( \frac{-7}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right) \left( \frac{7}{p} \right)}\).
ale zauważmy rozpatrując przypadki \(\displaystyle{ p \equiv -1,1 \mod 4}\) że zawsze \(\displaystyle{ \left( \frac{-7}{p} \right) = \left( \frac{p}{7} \right)}\), zatem nie potrzeba dzielić tego na dwa przypadki.
Jakie są reszty kwadratowe \(\displaystyle{ \mod 7}\)? \(\displaystyle{ 1,2,4}\). Zatem mamy 3 możliwości: \(\displaystyle{ p \equiv 1,2,4 \mod 7}\). Osobno (bo nie stosują się twierdzenia o odwracaniu) sprawdzamy że \(\displaystyle{ p = 2}\) nie spełnia warunków zadania.
Postawmy więc warunek: \(\displaystyle{ p\not=2}\) oraz: \(\displaystyle{ p \equiv 1,2,4 \mod 7}\) lub \(\displaystyle{ p = 7}\)
Pokażemy że wystarcza. Tutaj wykorzystamy lemat Thuego:
Niech \(\displaystyle{ p \not = 7}\). Kluczowe: z lematu Thuego wynika że istnieją \(\displaystyle{ x,y}\) takie że \(\displaystyle{ |x|,|y| \leq \sqrt{p}}\) oraz \(\displaystyle{ -7 \equiv \left(\frac{x}{y}\right)^2 \left(\mathbb{Z}_p\right)}\). Stąd kongruencja \(\displaystyle{ x^2+7y^2 = kp}\). Ale z pierwsze części Thuego mamy \(\displaystyle{ k < 8}\). Uwaga: \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsze więc w istocie nierówności są ostre! )
Będziemy walczyć o to żeby \(\displaystyle{ k=1}\).
Jeśli \(\displaystyle{ k=2,6}\) to \(\displaystyle{ x,y}\) jednocześnie nieparzyste, zatem kwadraty dają resztę \(\displaystyle{ 1}\) \(\displaystyle{ \mod 8}\) i lewa strona dzieli się przez \(\displaystyle{ 8}\). Wtedy nie może być \(\displaystyle{ k=2,6}\). Jeżeli \(\displaystyle{ k=4}\) to albo \(\displaystyle{ x,y}\) nieparzyste i jak wyżej albo \(\displaystyle{ \left(\frac{x}{2}\right)^2 + 7\left(\frac{y}{2}\right)^2 = p}\) i mamy przypadek \(\displaystyle{ k=1}\).
\(\displaystyle{ k=3,6}\) odpadają ze względu na porównanie \(\displaystyle{ \mod 3}\)- wtedy musiałoby być \(\displaystyle{ x,y \equiv 0 \mod 3 \Rightarrow 9 | kp \Rightarrow p=3}\)
\(\displaystyle{ k=5}\) odpada po porównaniu \(\displaystyle{ \mod 5}\) bo \(\displaystyle{ x^2,y^2 \equiv 0,1,-1 \mod 5}\) i żeby \(\displaystyle{ x^2+7y^2 \equiv 0 \mod 5}\) musi być \(\displaystyle{ 5|x,5|y}\) a wtedy znowu sprzeczność \(\displaystyle{ p =5}\).
\(\displaystyle{ k=7}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\equiv 0 \mod 7}\) i rzecz sprowadza się do \(\displaystyle{ y^2+7\left(\frac{x}{7}\right)^2=p}\) a więc do przypadku \(\displaystyle{ k =1}\), o który walczymy.
Ostatecznie, zostaje \(\displaystyle{ a^2+7b^2 = p}\) i o to chodziło, warunek jest wystarczający

[max]

Można tu uniknąć używania prawa wzajemności, po prostu patrząc na równość
\(\displaystyle{ x^{2} + 7y^{2} = p}\)
modulo 7.

[Maciej87]

Racja, mam zboczenie

[max]

Stary ten problem, ale właśnie zacząłem się uczyć algebraicznej teorii liczb i mam inne rozwiązanie, które sobie napiszę:

Lemat
Pierścień \(\displaystyle{ A:=\mathbb{Z}[\tfrac{1 + i\sqrt{7}}{2}]}\) jest euklidesowy z odwzorowaniem:
\(\displaystyle{ N:A \ni x \mapsto |x|^{2}\in \mathbb{N}}\).
W szczególności \(\displaystyle{ A}\) jest faktorialny.

Dowód nie jest skomplikowany, można go znaleźć np .

Teraz nasz problem:

Patrząc na równość \(\displaystyle{ x^{2} + 7y^{2} = p}\) modulo \(\displaystyle{ p,}\) jak zauważył Maciek, dostajemy warunek konieczny: \(\displaystyle{ p\neq 2}\) i \(\displaystyle{ -7}\) musi być resztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ p}\) (jak pokazał Maciek dzięki prawu wzajemności reszt kwadratowych warunek ten ładnie tłumaczy się na kongruencje względem modułu \(\displaystyle{ 7}\)).

Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ p\neq 2.}\)
W pierścieniu \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[\tfrac{1 + i\sqrt{7}}{2}]}\) równość ta zapisuje się jako \(\displaystyle{ (x - yi\sqrt{7})(x + yi\sqrt{7})=p,}\) zatem dodatkowym warunkiem koniecznym jest fakt, iż \(\displaystyle{ p}\) jest rozkładalne w naszym pierscieniu.
Na odwrót jeśli jest rozkładalne, to możemy zapisać:
\(\displaystyle{ p = (a + b\tfrac{1 + i\sqrt{7}}{2})(a + b\tfrac{1 - i\sqrt{7}}{2})= (a + b/2)^{2} + 7\cdot (b/2)^{2},}\)
czyli \(\displaystyle{ 4p = (2a + b)^{2} + 7b^{2},}\) ale porównanie reszt modulo \(\displaystyle{ 8}\) daje \(\displaystyle{ 2\mid 2a + b, 2\mid b,}\) czyli \(\displaystyle{ x = a + b/2, \ y = b/2\in \mathbb{Z}}\) czyli warunek z rozkładalnością jest również wystarczający do uzyskania naszej równości.

Zatem wystarczy pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ -7}\) jest resztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ p}\) oraz \(\displaystyle{ p\neq 2,}\) to element \(\displaystyle{ p}\) jest rozkładalny w naszym pierścieniu. Ale pierścień ten jest faktorialny, więc wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ p}\) nie jest wówczas pierwszy.
I rzeczywiście nie jest, bowiem jeśli:
\(\displaystyle{ a^{2} = -7\equiv \pmod{p},}\)
to \(\displaystyle{ p\mid a^{2} + 7 = (a - i\sqrt{7})(a + i\sqrt{7}),}\)
ale \(\displaystyle{ p\nmid a \pm i\sqrt{7}}\)
co kończy dowód.

Co więcej, jeśli się przyglądnąć dowodowi, to uogólnia się on na wyrażenia \(\displaystyle{ x^{2} + ky^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest bezkwadratowe oraz \(\displaystyle{ k\not\equiv 3\pmod{8},}\) jeśli tylko pierścień liczb całkowitych ciała kwadratowego \(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{-k})}\) jest faktorialny. Co prawda przy założeniu \(\displaystyle{ k> 0}\) jest tylko \(\displaystyle{ 9}\) takich \(\displaystyle{ k}\), ale dla \(\displaystyle{ k<0}\) jest ich całkiem sporo (choć wciąż nie wiadomo, czy jest ich nieskończenie wiele).