Que $p$ ser primer y $(\frac{-3}p)=1$. Demuestra que $p$ es de la forma $p=a^2+3b^2$

Question

Que $p$ ser primer y $(\frac{-3}p)=1$, donde $(\frac{-3}p)$ es el símbolo de Legendre. Demuestra que $p$ es de la forma $p=a^2+3b^2$.

Mi progreso:

$(\frac{-3}p)=1 \Rightarrow$ $(\frac{-3}p)=(\frac{-1}p)(\frac{3}p)=(-1)^{\frac{p-1}2}(-1)^{\lfloor\frac{p+1}6\rfloor}=1 \Rightarrow$ $\frac{p-1}2+\lfloor\frac{p+1}6\rfloor=2k$
Estoy atrapado aquí. Esto probablemente no es la manera de demostrar que.

También trató de esta manera:
$(\frac{-3}p)=1$, thus $-3\equiv x^2\pmod{p} \Rightarrow$ $p|x^2+3 \Rightarrow$ $x^2+3=p\cdot k$
atrapado aquí, también.

Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

Primera parte: $$\left(\frac{-3}{p}\right)=1 \text{ if and only if }\; p\equiv{1}\!\!\!\!\pmod{3}.\tag{1}$$ Esto puede lograrse a través de Gauss teorema de la reciprocidad cuadrática en la mayoría de forma general, o a través de las siguientes líneas. Si $p=3k+1$, por el teorema de Cauchy para grupos existe un orden, un 3 elemento en $\mathbb{F}_p^*$, decir $\omega$; de $\omega^3=1$ siguiente $\omega^2+\omega+1\equiv 0\pmod{p}$, por lo tanto: $$(2\omega+1)^2 = 4\omega^2+4\omega+1 = 4(\omega^2+\omega+1)-3 = -3,$$ y $-3$ es un residuo cuadrático $\pmod{p}$. Por otro lado, si $-3$ es la plaza de algo $\pmod{p}$, decir $-3\equiv a^2\pmod{p}$, entonces: $$\left(\frac{a-1}{2}\right)^3\equiv\frac{1}{8}(a^3-3a^2+3a-1)\equiv\frac{1}{8}\cdot 8\equiv{1},$$ y $\frac{a-1}{2}$ es una orden-3 elemento en $\mathbb{F}_{p}^*$. Desde el teorema de Lagrange para que los grupos se sigue que $3|(p-1)$.

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Segunda parte: $$\text{If }p\equiv 1\pmod{3},\qquad p=a^2+3b^2.\tag{2}$$ Entonces, por la primera parte sabemos que $-3$ es un residuo cuadrático $\pmod{p}$, existe un número entero $c\in[0,p/2]$ tal forma que: $$ c^2+3\cdot 1^2 = k\cdot p.\tag{3}$$ El truco ahora es establecer un "finito descenso" con el fin de tener $k=1$. Deje $d$ el menor entero positivo tal que $c\equiv d\pmod{k}$. Con respecto a $(3)$ mod $k$, tenemos: $$ d^2+3\cdot 1^2 = k\cdot k_1.\tag{4}$$ Desde la generalización de la identidad de Lagrange estados: $$(A^2+3B^2)(C^2+3D^2)=(AC+3BD)^2 + 3(BC-AD)^2,\tag{5}$$ multiplicando $(3)$ $(4)$ obtenemos: $$ (cd+3)^2 + 3(c-d)^2 = k^2 pk_1.$$ Desde $cd+3\equiv c^2+3\equiv 0\pmod{k}$$c\equiv d\pmod{k}$, podemos reescribir la última línea en la siguiente forma: $$ \left(\frac{cd+3}{k}\right)^2+3\left(\frac{c-d}{k}\right)^2 = k_1\cdot p.\tag{6}$$ Ahora, un análisis cuidadoso de los pasos involucrados en el algoritmo revela que $k_1<k$, por lo que el descenso es capaz de llegar a $k_i=1$ o de: $$ p = a^2 + 3b^2$$ como quería.

Answer 2

$(\frac{p}{3})=(\frac{-3}{p})(\frac{p}{3})=(\frac{-1}{p})(\frac{3}{p})(\frac{p}{3})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}(\frac{3}{p})(\frac{p}{3})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}(-1)^{\frac{p-1}{2}}(-1)^{\frac{3-1}{2}}=-1$

Por lo tanto,$(\frac{-3}{p})=1$ fib, $p\equiv1\mod3$.

Desde entonces, no es $x$ de manera tal que, $-3\equiv u^2\pmod{p}$

Considerar el entramado definido por $L=\{(a,b)\in\mathbb{Z}^2|a\equiv ub\mod p\}$ generado por $(u,1)$$(0,p)$.L índice$p$$\mathbb{Z}^2$, y el área de su dominio es $p$.Ahora, considere la posibilidad de una elipse $E_n$ deined por $x^2+3y^2=n$, entonces el área de $E_n=\frac{\pi n}{\sqrt3}>1.8n$

Elegir, $n=2.3p$, entonces el Área de $E_{n}>4p$ $E_n\cap L$ tiene un no punto cero $(a,b)$.

Ahora, $a^2+3b^2\equiv(ub)^2+3b^2\equiv b^2(u^2+3)\equiv0 \mod p$.

Ya, $(a,b)\in E_n \implies a^2+3b^2<2.3p$ tenemos $a^2+3b^2=p,2p$.

Pero, $a^2+3b^2=2p \implies a^2\equiv 2p \mod 3 \equiv 2 \mod 3$ contradicción !!

Por lo tanto, $a^2+3b^2=p$.