Ley de reciprocidad cuadrática

Question

Feliz Año Nuevo

Tengo esta declaración: "por reciprocidad cuadrática hay el % enteros $a$y $b$ tal que $(a,b)=1$, $(a-1,b)=2$ y todas las principales $p$ $p\equiv a$ (mod se divide $b$) en $K$ (donde $K$ es un campo real cuadrático)".

Han intentado con muchas propiedades de la reciprocidad cuadrática, pero no pudo llegar a la conclusión de la primera.

Gracias de antemano, para cualquier idea o Consejo para el planteamiento del problema

Answer 1

El punto es que (a causa de la reciprocidad cuadrática), si $D$ es el discriminante de $K$, luego dividiendo en $K$ está determinado por la clase de congruencia de $p$ mod $D$ (más precisamente, por el símbolo de Jacobi mod $D$). Si $D$ es incluso, tome $b = D$ si $D$ es impar, tome $b = 2D$.

El problema ahora es encontrar un residuo de la clase en $(\mathbb Z/b)^{\times}$ tal que el símbolo de Jacobi $a$ mod $D$ es trivial (esto es fácil; la mitad de la elementos en $(\mathbb Z/b)^{\times}$ tiene esta propiedad), y de tal manera que $(a-1,b) = 2$.

Para simplicitly, supongamos que $D = q$, una extraña números primos. Entonces usted puede tomar $a$ ser cualquier residuo de la clase con el trivial de Legendre símbolo que $a-1$ no es cero mod $q$. Desde $q \equiv 1 \bmod 4$ (es un discriminante fundamental), es, al menos,$5$, por lo que no es una ecuación cuadrática de residuos de mod $q$ lado $1$. Deje $a$ ser cualquier extraño representante de esta residuos cuadráticos. Entonces $(a,2q) = 1,$ $(a-1,2q) = 2$, y si $p \equiv a \bmod b$, $p$ se divide en $\mathbb Q(\sqrt{q}).$

Es de suponer que el caso general puede ser manejado en forma similar, utilizando el teorema del Resto Chino (que se aplica a la factorización en primos de $D$).

Answer 2

Editado para abordar algunos extrañamente horribles errores en la primera versión.

Aquí es un simple caso de que no debería ser demasiado difícil generalizar. Supongamos que $K$ es una ecuación cuadrática campo de primer discriminante $q$. Desde $q\equiv 1\pmod{4}$, ten en cuenta que un primer $p$ se divide en $K$ si y sólo si $\left(\frac{p}{q}\right)=1$.

Deje $b=2q$ y elegir un número entero $a\not\equiv 1\pmod{q}$ que es un extraño residuos cuadráticos mod $q$. Tal cosa no existe ya que hay $\frac{q-1}{2}\geq 2$ (desde $q\geq 5$) residuos de mod $q$, y si $a'$ es cualquier no-conguent-a-1 de residuos de mod $q$, entonces uno de $a'=a$ $a'=q+a$ le da una extraña residuo. Por ejemplo, cuando se $q=5$, tome $a'=4$ y, a continuación,$a=9$. (En realidad, $p=5$ es el único ejemplo en el que tienes que añadir a $q$: para todos los otros $q$ hay una extraña residuos cuadráticos $a$ en el rango $2\leq a\leq p-1$).

Ahora $a$ es impar y no divisible por $q$, lo $(a,b)=(a,2q)=1$, y desde $a\not\equiv 1\pmod{q}$, también tenemos $(a-1,b)=2$. Por último, si $p\equiv a\pmod{b}$,$p\equiv a\pmod{q}$, lo $\left(\frac{p}{q}\right)=\left(\frac{1}{q}\right)=1$, e $p$ se divide en $K$.

Sólo algunos pequeños comentarios sobre de donde vino esto: Su $\gcd$ condiciones de la fuerza de $b$ a ser, incluso, y para una congruencia-mod-b condición para determinar la división en $K$ $b$ tiene que ser un múltiplo de la discriminante (en este caso, $q$), y de preferencia como un pequeño múltiples como sea posible para prevenir extra clases de congruencia de deslizamiento. El valor de $b=2q$ satisface todos estos requisitos, y desde que claramente uno debe elegir $a$ a ser un extraño residuos cuadráticos mod $q$, te dejan con la esencia de la anterior construcción.