Una prueba elemental y directa de cuándo $5$ es un residuo cuadrático mod $p$

Question

$\newcommand{\kron}[2]{\left( \frac{#1}{#2} \right)}$ Es fácil utilizar la reciprocidad cuadrática para demostrar que $\kron{5}{p} = \kron{p}{5} = 1$ cuando $p \equiv \pm 1 \pmod 5$ y es $-1$ cuando $p \equiv \pm 2 \pmod 5$ .

Estoy interesado en una prueba elemental y directa de cuándo ocurre esto sin apelar a la reciprocidad cuadrática directamente o a cosas como el lema de Gauss (que es una especie de reciprocidad cuadrática disfrazada). Por ejemplo, esta respuesta da una prueba directa de $\kron 2p$ .

Para $p \pmod 5$ Esto no es tan malo. Por ejemplo, si $p \equiv 1 \pmod 5$ , entonces se puede utilizar que $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^\times$ es cíclico de orden divisible por $5$ para obtener un elemento de orden $5$ y luego proceder como en esta pregunta .

Pero ¿qué pasa cuando $p \not \equiv 1 \pmod 5$ ? En particular, ¿cómo podríamos manejar cuando $p \equiv -1 \pmod 5$ ?

Answer 1

Aquí hay un comienzo: Si $p \equiv 1$ (mod $5$ ), entonces $F = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ contiene un elemento de orden multiplicativo $5$ Así que $x^{5}-1 = (x-1)(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1)$ se divide en factores lineales en $F[x].$ Si $\omega \neq 1$ es una de sus raíces, entonces $(\omega+\omega^{-1})^{2} = 1- \omega - \omega^{-1}$ para que $x^{2} +x-1$ tiene una raíz en $F.$ Entonces $F$ contiene $\sqrt{5}$ resolviendo la cuadrática.

Continuación: Supongamos ahora que $p \equiv -1$ (mod $5$ ). Entonces ${\rm GF}(p^{2})$ contiene un elemento $\omega$ de orden multiplicativo $5$ . Sin embargo, hay que tener en cuenta que $\omega +\omega^{p} \in {\rm GF}(p).$ Además, como $p \equiv -1$ (mod $5$ ), tenemos $\omega^{p} = \omega^{-1}.$ Por lo tanto, $x^{2}+x-1$ tiene una raíz en ${\rm GF}(p),$ para que sigamos teniendo $\sqrt{5} \in {\rm GF}(p).$

Creo que la otra dirección sigue ( al menos para impar $p$ ) imitando la prueba de la constructibilidad del pentágono regular pero trabajando sobre ${\rm GF}(p).$ Más concretamente, si ${\rm GF}(p)$ contiene $\sqrt{5}$ podemos demostrar que una primitiva $5$ -raíz de la unidad $\omega$ satisface una ecuación cuadrática sobre ${\rm GF}(p).$ Por lo tanto, ${\rm GF}(p^{2})$ contiene un elemento de orden multiplicativo $5$ para que $5$ divide $p^{2}-1$ y $p \equiv \pm 1$ (mod $5$ ).

Más detalles: Sabemos que $ \alpha = \omega +\omega^{-1}$ es una raíz de $x^{2}+x-1$ como en el caso anterior, y se encuentra en ${\rm GF}(p).$ Ahora $(\omega - \omega^{-1})^{2} = -2 - (1 + \omega + \omega^{-1}) = -3 - \alpha.$ Por lo tanto, $\omega - \omega^{-1}$ se encuentra en una extensión cuadrática (como máximo) de ${\rm GF}(p).$ Desde $\omega+ \omega^{-1} \in {\rm GF}(p),$ vemos que $\omega$ se encuentra en una extensión cuadrática (a lo sumo) en ${\rm GF}(p).$

Para tratar el caso $p = 2,$ nota que $2$ no es un residuo cuadrático (mod $5$ ) mediante una inspección.

Nota posterior en respuesta a la pregunta de PI: Creo que este enfoque puede generalizarse, pero parece desviarse hacia el ámbito de las sumas de Gauss, y no he trabajado en todos los los detalles: dejemos $p,q$ sean primos Impares, y que $\omega$ sea una primitiva $q$ -raíz de la unidad en $\overline{{\rm GF}(p)}.$ Considere $\sigma = \sum_{i=0}^{\frac{q-3}{2}} \omega^{p^{i}}.$ Supongamos que $p$ es un residuo cuadrático (mod $q$ ). Entonces $p^{\frac{q-1}{2}} \equiv 1 $ (mod $q$ ). Por lo tanto, $\sigma^{p} = \sigma$ y $\sigma \in {\rm GF}(p).$ Por el contrario, si $p$ no es un residuo cuadrático (mod $p$ ), entonces $\sigma^{p} \neq \sigma$ como $p^{\frac{q-1}{2}} \not \equiv 1 $ (mod $q$ ).

Answer 2

Una dirección; si $(5|p) = 1,$ entonces $(20|p) =1.$ Por lo tanto, hay una solución para $$ 20 \equiv b^2 \pmod {4p}, $$ donde si primero encontramos $b$ impar cambiamos a $p-b$ para que se vuelva uniforme. o $$ 20 = b^2 - 4 p t. $$ Así, tenemos la forma cuadrática binaria indefinida $$ \langle p,b,t \rangle. $$

Más en camino...

Bien, el discriminante 20 tiene la clase número uno, cualquier forma es $SL_2 \mathbb Z$ equivalente a $x^2 - 5 y^2.$ Lo que esto significa es que hay una expresión entera $$ x^2 - 5 y^2 = p. $$

Ahora, encontramos $$ x^2 \equiv p \pmod 5. $$ Que dice que $(p|5)=1.$

EXTRA: creo que esto funciona; si $(q|5)=1,$ alguna forma en el género principal, lo mismo que $u^2 - q v^2,$ representa $5.$ La forma es racionalmente equivalente, sin denominador esencial (frase de Siegel), a $u^2 - q v^2,$ por lo que tenemos racional $r^2 - q s^2 = 5,$ borrar denominadores para obtener enteros $x^2 - q y^2 = 5 z^2. $ Pero entonces $x^2 -5 z^2 = q y^2 $ y $x^2 \equiv 5 y^2 \pmod q,$ así que $(5|q)=1.$

Muy bien, hay que comprobar la reciprocidad oculta, supongo. Kap solía decir que la totalidad de la teoría de las formas binarias era equivalente a la reciprocidad cuadrática. Puede haber algo de eso.

Es posible que sea necesaria alguna separación en función de $q \pmod 4.$ Teorema corto en el libro de Mordell que $x^2 - q y^2$ y $-x^2 + q y^2$ son equivalentes cuando $q \equiv 1 \pmod 4,$ pero son distintos por lo demás, y eso puede importar... Cuando $q \equiv 1 \pmod 4,$ podemos descender al discriminante $q$ con forma principal $x^2 + x y - \frac{p-1}{4}y^2$ y garantizan un único género, aunque no siempre una única clase.

Answer 3

No es una respuesta, pero podría ser útil. En la sección 6.2 de:

Irlanda y Rosen: Introducción clásica a la teoría moderna de los números

utilizan algo de álgebra básica y una raíz octava primitiva de la unidad para derivar el carácter cuadrático de 2, y luego en el ejercicio 8 al final del capítulo, piden al lector que haga algo similar para derivar el carácter cuadrático de -3 (hice el ejercicio hace algunos años, pero ya no tengo mis notas). Sospecho que se podría hacer algo similar con 5.