Geometria liczb - Minkowski's theorem

[mirkaluk]

Witajcie.
Do rozwiązania mam następujące zadanie, jestem pewna, że należy użyc tego twierdzenia:

Tutaj znalazłam coś podobnego, ale jednak to nie to samo:


A oto zadanie:
1) Udowodnij, że każda liczba pierwsza \(\displaystyle{ p=1~mod~6}\) da się przedstawić jako \(\displaystyle{ p=a^2+3b^2}\), a i b naturalne.
2) Pokaż, że zbiór wszystkich liczb postaci \(\displaystyle{ a^2+3b^2}\), gdzie a i b są całkowite, jest zbiorem zamkniętym na mnożenie.

Gdyby 1) było równoważnością, wtedy 2) byłoby trywialne. Tyle, że w 1) do udowodnienia jest wtedy równoważność, nie implikacja.

Będę wdzięczna za wszystkie wskazówki, a także przybliżenie samego Twierdzenia Minkowskiego.
Pozdrawiam serdecznie

[porfirion]

2) Wystarczy zobaczyć, że:
\(\displaystyle{ ( a^{2}+ 3b^{2})( c^{2}+ 3d^{2})=(ac+3bd)^{2}+3(ad-bc)^{2}}\)
1) jakiś dowód jest tutaj: ... -3-a-2-b-2

[Ponewor]

Można bez Tw. Minkowskiego:
Najpierw pokażemy, że to warunek konieczny:
\(\displaystyle{ 1=\genfrac(){}{0}{a^{2}}{p}=\genfrac(){}{0}{-3b^{2}}{p}=\genfrac(){}{0}{b^{2}}{p}\genfrac(){}{0}{-3}{p}=\genfrac(){}{0}{-3}{p}=\genfrac(){}{0}{-1}{p}\genfrac(){}{0}{3}{p}=\genfrac(){}{0}{-1}{p}\genfrac(){}{0}{p}{3}\left(-1\right)^{\frac{\left(3-1\right)\left(p-1\right)}{4}}=\genfrac(){}{0}{-1}{p}\genfrac(){}{0}{p}{3}\left(-1\right)^{\frac{p-1}{2}}=\genfrac(){}{0}{-1}{p}^{2}\genfrac(){}{0}{p}{3}=\genfrac(){}{0}{p}{3}}\)
skąd mamy natychmiast, że \(\displaystyle{ p\equiv 1 \pmod{3}}\) i co za tym idzie \(\displaystyle{ p \equiv 1 \pmod{6}}\)
Teraz pokażemy, że wystarczający. No to niech \(\displaystyle{ -3}\) będzie tą resztą kwadratową, weźmy takie \(\displaystyle{ c}\), że \(\displaystyle{ c^{2} \equiv -3 \pmod{p}}\). Rozważmy liczby postaci \(\displaystyle{ cy-x}\), gdzie \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) są całkowite i należą do przedziału \(\displaystyle{ \left\langle 0 , \ \left[ \sqrt{p}\right] \right\rangle}\). Wtedy takich liczb jest więcej niż \(\displaystyle{ p}\), a zatem pewne dwie z nich \(\displaystyle{ cy-x}\) i \(\displaystyle{ cn-m}\) dają tę samą resztę w dzieleniu przez \(\displaystyle{ p}\), skąd \(\displaystyle{ c\left(y-n\right) \equiv x-m \pmod{p}}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ a=x-m}\) i \(\displaystyle{ b=y-n}\). Wtedy \(\displaystyle{ cb \equiv a \pmod{p}}\) i mamy \(\displaystyle{ a^{2} \equiv c^{2}b^{2} \equiv -3b^{2} \pmod{p} \Rightarrow p\mid a^{2}+3b^{2}}\).
Zauważmy, że skoro \(\displaystyle{ 0 \le x < \sqrt{p}}\) i tak samo z \(\displaystyle{ m}\), to \(\displaystyle{ \left| a\right| =\left|x-m \right| < \sqrt{p}}\) i dalej \(\displaystyle{ a^{2} < p}\). Analogiczna nierówność dotyczy \(\displaystyle{ b^{2}}\). A zatem \(\displaystyle{ p\mid a^{2}+3b^{2} < 4p}\). Mamy \(\displaystyle{ a^{2}+3b^{2} \neq 2p}\), bo wtedy się nie zgadzają reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 3}\). Zatem albo \(\displaystyle{ a^{2}+3b^{2}=p}\) co kończyłoby dowód, albo \(\displaystyle{ a^{2}+3b^{2}=3p}\), jednak wówczas \(\displaystyle{ a=3a'}\) i wtedy mamy \(\displaystyle{ b^{2}+3a'^{2}=p}\), co również kończy dowód.

[mirkaluk]

Wszystko jasne!
Dziękuję bardzo