Un caso particular de la ley de reciprocidad cuadrática

Question

Para motivar mi pregunta, recordemos el siguiente hecho bien conocido: Supongamos que $p\equiv 1\pmod 4$ es un número primo. Entonces la ecuación $x^2\equiv -1\pmod p$ tiene solución.

Esto se puede demostrar de la siguiente manera: Consideremos el siguiente polinomio en ${\mathbb Z}_p[x]$ : $x^{4k}-1$ donde $p=4k+1$ . Las raíces de este polinomio son precisamente los elementos de ${\mathbb Z}_p^*$ cada uno con multiplicidad 1. Los factores polinómicos como $(x^{2k}-1)((x^k)^2+1)$ y se deduce que si $a$ es cualquier elemento de ${\mathbb Z}_p^*$ con $a^{2k}\ne 1$ (y hay precisamente $(p-1)/2$ posible tal $a$ ), entonces $b=a^k$ satisface $b^2\equiv -1\pmod p$ .

Por supuesto, hay otros argumentos, pero me interesa seguir esta línea de razonamiento. Mi pregunta es la siguiente:

A partir de la ley de reciprocidad cuadrática, tenemos tenemos que $x^2\equiv -2\pmod p$ tiene un solución si $p\equiv 1$ o $3\pmod 8$ . ¿Existe una prueba del implicación de derecha a izquierda utilizando algún polinomio y un recuento adecuado de raíces, como en el caso anterior?

Answer 1

Argumentos similares sirven también para otros casos. Por ejemplo, si $p = 1 \mod 3k$ encuentra $a$ tal que $a^{3k}=1$ y $a^k \neq 1$ . Establecer $z=a^k$ entonces $z^2+z+1=0$ y deducimos que $(z - z^2)^2 = -3$ .

Para un ejemplo más amplio, si $p=5k+1$ entonces existe un $a$ en $\mathbb{F}_p$ con $a^{5k}=1$ y $a^k \neq 1$ . Sea $z=a^k$ Así que $z^4+z^3+z^2+z+1=0$ .

Sea $b = z - z^2 - z^3 + z^4$ . Entonces $$b^2 = z^8 - 2 z^7 - z^6 + 4 z^5 - z^4 - 2 z^3 + z^2=$$ $$-z^4 - z^3 - z^2 - z + 4 = 5.$$

Así que $p \equiv 1 \mod 5$ implica que $\left( \frac{5}{p} \right)=1$ . Al igual que en la respuesta de Robin, también se puede demostrar que $p \equiv 4 \mod 5$ implica $\left( \frac{5}{p} \right)=1$ de esta manera, pero es más difícil: el elemento $z$ vivirá en $\mathbb{F}_{p^2}$ y deberá comprobar que $b$ vive en $\mathbb{F}_{p}$ .

De hecho, para cada cuadrado libre $M$ , dejemos que $\Delta$ sea $|M|$ si $M \equiv 1 \mod 4$ y $\Delta=4 |M|$ de lo contrario. Entonces se puede demostrar de esta manera la afirmación "si $p = 1 + \Delta k$ entonces $\left( \frac{\Delta}{p} \right) = 1$ ." Los primeros pasos son los mismos en todos los casos: encontrar $a$ en $\mathbb{F}_p$ tal que $a^{\Delta k}=1$ pero $a^{d k} \neq 1$ para cualquier divisor propio $d$ de $\Delta$ . Sea $z=a^k$ Así que $z$ es una primitiva $\Delta$ raíz de la unidad en $\mathbb{F}_p$ . En este punto, algún polinomio mágico $g_M$ de forma que $g_M(z)^2 = M$ . Si quieres demostrar la ley de reciprocidad cuadrática completa, también puedes hacerlo utilizando este enfoque, pero tendrás que trabajar en campos finitos de orden no primo.

A menudo he pensado que sería divertido asignar a una clase la tarea de encontrar los polinomios mágicos $g_M$ para distintos valores de $M$ y ver si podían adivinar el patrón general. Pista: $g$ significa "suma de Gauss".

Answer 2

Si no recuerdo mal, este enfoque con una suma de Gauss (asociada a una raíz octava de 1 en un campo finito) se utiliza en la primera o las dos primeras páginas de la obra de Serre Curso de aritmética determinar el "derecho supletorio" para $\left( \frac{2}{p} \right)$ . La identidad algebraica mágica en este caso es que si $a^4 = -1$ entonces $(a \pm 1/a)^2 = \pm 2$ .

Answer 3

Si $p=8k+1$ entonces considera $a$ con $a^{4k}\equiv-1$ (mod $p$ ). Sea $b=a^k-a^{7k}$ . Entonces $$b^2=a^{2k}-2a^{8k}+a^{14k}\equiv a^{2k}(1+a^{4k})-2 \equiv-2\pmod{p}.$$ Para $p\equiv3$ (mod $8$ ), este argumento también funcionará, pero deberá utilizar el parámetro campo de Galois $GF(p^2)$ en lugar de los enteros módulo $p$ .