Resultados del cuadrado de Fermat de las pruebas de la red de Minkowski

Question

Teorema del cuerpo convexo de Minkowski para retículos en el plano: Supongamos que $\mathfrak{L}$ es un entramado en $\mathbf{R}^2$ definido como $\mathfrak{L}=\{m\vec{v_1}+n\vec{v_2}:m,n\in\mathbf{Z}\}$ , donde $\vec{v_1}$ y $\vec{v_2}$ son linealmente independientes. Supongamos que $d$ es el área de un paralelogramo fundamental de $\mathfrak{L}$ . Entonces, si $\mathcal{S}$ es una región convexa y simétrica al origen con $Area(\mathcal{S})>4d$ entonces $\mathcal{S}$ contiene algún punto $q\neq 0$ tal que $q\in\mathfrak{L}$ .

Hay una prueba especialmente bonita del teorema de los dos cuadrados de Fermat - un primo impar $p$ es expresable como $x^2+y^2$ para $x,y\in\mathbf{Z}$ $\iff$ $p\equiv 1\pmod{4}$ - utilizando este hecho. Aquí está mi prueba a continuación:

Elija $a\in\mathbf{Z}$ tal que $p|a^2+1$ . Ahora, dejemos que $\mathfrak{L}$ sea un entramado en $\mathbf{R}^2$ definido como $\mathfrak{L}=\{m\vec{v_1}+n\vec{v_2}:m,n\in\mathbf{Z}\}$ donde $\vec{v_1}=(a,1)$ y $\vec{v_2}=(p,0)$ . Es fácil ver que un paralelogramo fundamental $\mathfrak{F}$ de $\mathfrak{L}$ tiene área $p$ . Ahora, supongamos que $(x,y)\in\mathfrak{L}$ . Entonces tenemos $x=ma+np, y=m$ Así que \begin{align*}x^2+y^2 &= (ma+np)^2 + m^2 \\ &= m^2a^2+2manp+n^2p^2+m^2\\ &= m^2(a^2+1) + 2manp + n^2p^2 \\ &\equiv m^2(a^2+1)\pmod{p} \\ &\equiv 0\pmod{p} \end{align*} debido a nuestra elección de $a$ . Ahora, dejemos que $\mathfrak{C}$ ser un $O$ -Círculo simétrico de radio $\sqrt{2p}$ Así que $\mathfrak{C}=\{(x,y)\in\mathbf{R}^2 : x^2+y^2<2p\}$ Entonces $$Area(\mathfrak{C})=2p\pi > 4p = 4\cdot Area(\mathfrak{F}).$$ Así, por Minkowski, $\exists$ un punto de la red $(j,k)\in\mathfrak{C}\setminus (0,0)$ . Por el trabajo anterior, $p|j^2+k^2$ y por definición de $\mathfrak{C}$ , $j^2+k^2<2p$ . Además, $j^2+k^2$ es positivo, por lo que $0<j^2+k^2<2p$ pero para que $j^2+k^2$ sea divisible por $p$ Debemos tener $p=j^2+k^2$ Así que hemos terminado.

¿Hay otros resultados que puedan derivarse de manera similar? En concreto, ¿qué primos pueden expresarse como $x^2+2y^2$ ? $x^2+3y^2$ ? Cualquier idea es muy apreciada.

Answer 1

Lamentablemente estoy respondiendo a mi propia pregunta, pero pude comprobar que si $p\equiv 1\pmod{8}$ o $p\equiv 3\pmod{8}$ entonces $p$ es expresable como $x^2+2y^2$ para $x,y\in\mathbf{Z}$ y si $p\equiv 1\pmod{3}$ entonces $p$ es expresable como $x^2+3y^2$ para $x,y\in\mathbf{Z}$ . Para la posteridad, aquí está.

Lema: $p\equiv 1\pmod{8}$ o $p\equiv 3\pmod{8}\iff p|a^2+2$ para algunos $a\in\mathbf{Z}$ .

Prueba: Esta última afirmación equivale a $\left(\frac{-2}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{2}{p}\right)=1$ . No es difícil ver que esto se cumple si y sólo si $p$ es de la forma $8k+1$ o $8k+3$ debido a la TRC. $\Box$

Por nuestro lema, podemos elegir $a\in\mathbf{Z}$ tal que $p|a^2+2$ . Definir una red $\mathfrak{L}\in\mathbf{R}^2$ como $\mathfrak{L}=\{m\vec{v_1}+n\vec{v_2}:m,n\in\mathbf{Z}\}$ donde $\vec{v_1}=(a,1)$ y $\vec{v_2}=(p,0)$ . El paralelogramo fundamental $\mathfrak{F}$ de $\mathfrak{L}$ tiene área $p$ . Dejemos que $(x,y)\in\mathfrak{L}$ . Entonces $x=ma+np$ y $y=m$ Así que \begin{align*}x^2+2y^2 &= (ma+np)^2+2m^2 \\ &= m^2a^2+2manp+n^2p^2+2m^2 \\ &= m^2(a^2+2)+2manp+n^2p^2 \\ &\equiv m^2(a^2+2)\pmod{p}\\ &\equiv 0\pmod{p}\end{align*} debido a nuestra elección de $a$ . Ahora, dejemos que $\mathfrak{E}$ sea una elipse convexa, simétrica al origen, con una longitud de semieje mayor $\sqrt{2p}$ y la longitud del semieje menor $\sqrt{p}$ Así que $\mathfrak{E}=\{(x,y)\in\mathbf{R}^2:x^2+2y^2<2p\}$ . Entonces, tenemos $$Area(\mathfrak{E})=p\pi\sqrt{2}>4p=4\cdot Area(\mathfrak{F}).$$ Así, por Minkowski existe un punto de la red $(j,k)\in\mathfrak{E}\setminus(0,0).$ Por el trabajo anterior, $p|j^2+2k^2$ y por definición de $\mathfrak{E}$ , $j^2+2k^2<2p$ . $j^2+2k^2$ es obviamente positivo, por lo que $0<j^2+2k^2<2p$ Así que para que $p|j^2+2k^2$ debemos tener $p=j^2+2k^2$ , lo que completa la prueba.

ACTUALIZACIÓN: He incluido mi prueba de la proposición para los primos expresables como $x^2+3y^2$ para $x,y\in\mathbf{Z}$ .

Lema: $p\equiv 1\pmod{3} \iff p|a^2+3$ para algunos $a\in\mathbf{Z}$ .

Prueba: Esta última afirmación equivale a $\left(\frac{-3}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{3}{p}\right)=1$ . Es bien sabido que esto ocurre si y sólo si $p\equiv 1\pmod{6}$ . La prueba es una aplicación básica de la ley de Reciprocidad Cuadrática y del Teorema del Resto Chino. Como todos los primos congruentes con $1$ modulo $6$ son exactamente los congruentes con $1$ modulo $3$ hemos terminado. $\Box$

Por nuestro lema, podemos elegir $a\in\mathbf{Z}$ tal que $p|a^2+3$ . Definir una red $\mathfrak{L}\in\mathbf{R}^2$ como $\mathfrak{L}=\{m\vec{v_1}+n\vec{v_2}:m,n\in\mathbf{Z}\}$ donde $\vec{v_1}=(a,1)$ y $\vec{v_2}=(p,0)$ . El paralelogramo fundamental $\mathfrak{F}$ de $\mathfrak{L}$ tiene área $p$ . Dejemos que $(x,y)\in\mathfrak{L}$ . Entonces $x=ma+np$ y $y=m$ Así que \begin{align*}x^2+3y^2 &= (ma+np)^2+3m^2 \\ &= m^2a^2+2manp+n^2p^2+3m^2 \\ &= m^2(a^2+3)+2manp+n^2p^2 \\ &\equiv m^2(a^2+3)\pmod{p}\\ &\equiv 0\pmod{p}\end{align*} debido a nuestra elección de $a$ . Ahora, dejemos que $\mathfrak{E}$ sea una elipse convexa, simétrica al origen, con una longitud de semieje mayor $\sqrt{3p}$ y la longitud del semieje menor $\sqrt{p}$ Así que $\mathfrak{E}=\{(x,y)\in\mathbf{R}^2:x^2+3y^2<3p\}$ . Entonces, tenemos $$Area(\mathfrak{E})=p\pi\sqrt{3}>4p=4\cdot Area(\mathfrak{F}).$$ Así, por el Teorema del Cuerpo Convexo de Minkowski, existe un punto de la red $(j,k)\in\mathfrak{E}\setminus(0,0).$ Por el trabajo anterior, $p|j^2+3k^2$ y por definición de $\mathfrak{E}$ , $j^2+3k^2<3p$ . $j^2+3k^2$ es obviamente positivo, por lo que $0<j^2+3k^2<3p$ Así que para que $p|j^2+3k^2$ debemos tener $p=j^2+3k^2$ o $2p=j^2+3k^2$ . Para demostrar que esta última posibilidad es imposible, consideremos la ecuación módulo $3$ . Obtenemos, ya que $p\equiv 1\pmod{3}$ , $j^2+3k^2\equiv j^2\equiv 2p\equiv 2\pmod{3}$ pero esto es imposible ya que los únicos residuos cuadráticos módulo $3$ son $0$ y $1$ . Por lo tanto, se ha demostrado. $\Box$

Answer 2

Ver esta preimpresión de Hagedorn y este documento con Hicks, Parshall y Thompson . Para un enfoque aún más elemental que el teorema del cuerpo convexo de Minkowski, véase este preimpreso .