La conjetura de la reciprocidad quintica

Question

Deje que $p=x^4 + 25x^2 + 125$ ser un primo. Demuestra que $2$ es un residuo quístico $\pmod p$ y por lo tanto $y^5=2 \pmod p$ es soluble.

Un ejemplo similar fue conjeturado por primera vez por Euler:

Si $p=x^2 + 27$ es una primicia, entonces $2$ es un residuo cúbico $\pmod p$ , $y^3=2 \pmod p$ es soluble.

ACTUALIZACIÓN:

Excavando más en esto, mi conjetura se mantiene para $x < 1000$ y tiene muchas propiedades comunes con la conjetura de la reciprocidad cúbica de Euler que involucra el polinomio $x^2 + 27$ .

De acuerdo con esta página sobre la reciprocidad cúbica, $2$ es un residuo cúbico $\pmod p$ si y sólo si $p=x^2 + 27y^2$ .

De manera similar, si $p=x^4 + 25x^2y^2 + 125y^4$ Entonces $2$ es un residuo quístico $\pmod p$ . Esto también parece aguantar.

Además de $2$ siendo un residuo cúbico y quístico de $x^2 + 27$ y $x^4 + 25x^2 + 125$ respectivamente, $x$ también tiene la misma propiedad.

Si $p=x^2 + 27$ Entonces $x$ es un residuo cúbico $\pmod p$ .

Si $p=x^4 + 25x^2 + 125$ Entonces $x$ es un residuo quístico $\pmod p$ .

La lógica y el razonamiento de Euler sobre sus conjeturas sobre los residuos cúbicos podría aplicarse probablemente a los residuos quísticos.

Answer 1

Se trata de un caso especial de un resultado debido a Emma Lehmer (véase este artículo ). En (8), establezca $u = 0$ , $v = 4t$ y $w = 4$ (observe que $x$ , $u$ y $v$ son pares, por lo que $2$ es un residuo quíntico módulo $p$ ); entonces $16p = 16t^4 + 50 \cdot 16t^2 + 125 \cdot 16$ y división por $16$ produce el polinomio $p = t^4 + 50t^2 + 125$ . Estoy seguro de que una elección adecuada de los parámetros producirá tu polinomio.

Answer 2

COMENTARIO.-Parece que es una condición necesaria y suficiente (difícil de demostrar). Por cierto $f(x)=p$ para los tres valores del puño $x=1,2,3$ para cada una de ellas hay cinco soluciones. Para $x=4,5,6,7$ $f(x)$ no es primo y no hay solución. Para el siguiente valor $x=8$ uno tiene $f(x)=p$ y de nuevo hay cinco soluciones. Para $f(9)$ y $f(10)$ ambos compuestos, no hay más solución que $f(11)=p$ inmediatamente Wolfram vuelve a dar cinco soluciones. ¿Es esto indicativo de un patrón que sugiere una condición necesaria y suficiente?