Puedo demostrar que una solución de $a^2-2b^2=p$ $1\le b<\sqrt{p}$ siempre existe?

Question

Asumir, $p$ es un primo de la forma $8k\pm 1$

Cómo puedo probar que la ecuación $$a^2-2b^2=p$$ has an integer solution with $1\le b<\sqrt{p}$ ?

Ni siquiera estoy seguro de que la afirmación es verdadera, pero he comprobado los números primos hasta $p=10^7$ y una solución siempre existe hasta este límite. Traté de usar que $2$ es una ecuación cuadrática de residuos de mod $p$ , pero sin éxito. Alguna idea ?

Answer 1

Primero de todo, $2$ es un residuo cuadrático módulo $p$, ya que por (el suplemento) de la Reciprocidad Cuadrática $$ \left(\frac 2p\right) = \begin{cases} +1&\text{ if %#%#% modulo %#%#% ,}\\ -1&\text{ if %#%#% modulo %#%#% .} \end{casos} $$ Deje $p\equiv \pm1$ ser el anillo de los enteros en el cuadrática campo $8$, generado por $p\equiv \pm3$$ a continuación, la división del ideal de la $8$ $R=\Bbb Z[\sqrt 2]$ corresponde a la estructura de $\Bbb Q(\sqrt 2)$, Descomposición en Factores primos de los ideales de una ecuación Cuadrática de Campo (wiki), y en nuestro caso $$ \Bbb Z[\sqrt 2]/p=(\Bbb Z[X]/X^2-2)/p=\Bbb Z[X]/(X^2-2,p)=(\Bbb Z[X]/p)/(X^2-2)=\Bbb F_p[X]/(X^2-2)\ , $$ que es un producto de dos anillos, ya que $$\sqrt 2\ ,$ tiene dos raíces distintas en $(p)$, ya que el $R$ es un residuo cuadrático módulo $R/(p)$.

El anillo de $X^2-2$ es factorial, única descomposición, $\Bbb F_p$ divisiones como un producto de dos Galois conjugado factores $2$, $p$, de modo que existe una solución $R$$ Deje $p\in R$ ser tal que $a\pm b\sqrt 2$, (sustituir posiblemente $a,b\in \Bbb Z$ por $$ p = (a+b\sqrt 2)(a-b\sqrt 2)=a^2 -2b^2\ .$, $a,b$ para el adecuado cambios de signos) y tener un mínimo de $a,b\ge 1$.

Las unidades en $a,b$ son generados por $\pm a$, y (entero poderes de) $\pm b$. Así que a partir de una solución con la que podemos obtener otro, multiplicando con $b$. Permítanos calcular primero: $$ (a+b\sqrt 2)(1-\sqrt 2)=(a-2b)+(b-a)\sqrt 2 \ . $$ Así, podemos asumir primera $R$. (Otra cosa, podemos pasar de $\pm1$$1+\sqrt 2$.) Podemos incluso suponer $(\pm 1\pm \sqrt 2)$. (Posiblemente pasando de $1\le b<a$$b$. Esto le da $b-a$$ Hemos encontrado una mejor obligado. $b<\frac a2$

Nota: La "danza" está relacionado con el (género) de la teoría de las formas cuadráticas y a la pregunta de si un primer "representado" por un determinado formulario.

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Equipo de verificación, sage:

for p in primes(7, 200):
    if p%8 not in (1, 7):
        continue
    foundSolution = False    # so far
    for b in range(1, ceil(sqrt(p/2))):
        a = p + 2*b^2
        if a.is_square():
            print ( "p = %3d :: solution %3s + %s*sqrt(2) :: Is 2*%s^2 < %3s? %s"
                    % ( p, a, b, b, p, bool(2*b^2< p) ) )
            foundSolution = True
            break
    if not foundSolution:
        print "p = %s *** NO SOLUTION " % p

Esto nos da:

p =   7 :: solution   9 + 1sqrt(2) :: Is 2*1^2 <   7? True
p =  17 :: solution  25 + 2sqrt(2) :: Is 2*2^2 <  17? True
p =  23 :: solution  25 + 1sqrt(2) :: Is 2*1^2 <  23? True
p =  31 :: solution  49 + 3sqrt(2) :: Is 2*3^2 <  31? True
p =  41 :: solution  49 + 2sqrt(2) :: Is 2*2^2 <  41? True
p =  47 :: solution  49 + 1sqrt(2) :: Is 2*1^2 <  47? True
p =  71 :: solution 121 + 5sqrt(2) :: Is 2*5^2 <  71? True
p =  73 :: solution  81 + 2sqrt(2) :: Is 2*2^2 <  73? True
p =  79 :: solution  81 + 1sqrt(2) :: Is 2*1^2 <  79? True
p =  89 :: solution 121 + 4sqrt(2) :: Is 2*4^2 <  89? True
p =  97 :: solution 169 + 6sqrt(2) :: Is 2*6^2 <  97? True
p = 103 :: solution 121 + 3sqrt(2) :: Is 2*3^2 < 103? True
p = 113 :: solution 121 + 2sqrt(2) :: Is 2*2^2 < 113? True
p = 127 :: solution 225 + 7sqrt(2) :: Is 2*7^2 < 127? True
p = 137 :: solution 169 + 4sqrt(2) :: Is 2*4^2 < 137? True
p = 151 :: solution 169 + 3sqrt(2) :: Is 2*3^2 < 151? True
p = 167 :: solution 169 + 1sqrt(2) :: Is 2*1^2 < 167? True
p = 191 :: solution 289 + 7sqrt(2) :: Is 2*7^2 < 191? True
p = 193 :: solution 225 + 4sqrt(2) :: Is 2*4^2 < 193? True
p = 199 :: solution 361 + 9sqrt(2) :: Is 2*9^2 < 199? True