Problema con las raíces de la unidad

Question

Dejemos que $\zeta$ una raíz de $x^{p}-1$ con $p$ una prima impar, y $K$ un subgrupo del grupo mutiplicativo $\mathbb{Z}_p^{*}$ del índice $2$ . Tengo que demostrar que

$a=\displaystyle\sum_{k\in K}\zeta^{k}$

Satisfacer $a^{2}+a=(p-1)/4$ si $p\equiv 1\pmod 4$ y
$a^{2}+a=-(p+1)/4$ si $p\equiv 3\pmod 4$ (he editado esta parte, ahora es correcta)

Answer 1

Porque $\mathbb{Z}_p^*$ es cíclico, el subgrupo $K$ del índice $2$ es único y está formado por cuadrados no nulos. Obtenemos los cuadrados no nulos dos veces ( $x^2=(-x)^2$ ), por lo que $$ 2a+1=\sum_{k=0}^{p-1}\zeta^{k^2}. $$ Por lo tanto, $$ (2a+1)^2=\sum_{k=0}^{p-1}\sum_{\ell=0}^{p-1}\zeta^{k^2+\ell^2}. $$ Intentemos determinar cuántas veces un exponente dado $x\in\mathbb{F}_p$ aparece aquí. Denotemos ese número por $N(x)$ . Es el número de soluciones de la ecuación $k^2+\ell^2=x$ con $k,\ell$ que se extienden por todo el $\mathbb{F}_p$ .

Resultará que el valor de $N(x)$ depende de si $p\equiv 1\pmod4$ o $p\equiv 3\pmod4$ . En el primer caso tenemos $N(0)=2p-1$ y $N(x)=p-1$ cuando $x\neq0$ . En este último caso tenemos $N(0)=1$ y $N(x)=p+1$ . Además, sabemos que $$ S=\sum_{n=0}^{p-1}\zeta^n=0, $$ ya que se trata de un período completo de una suma geométrica que se repite después de $p$ términos.

Por lo tanto, obtenemos $$ (2a+1)^2=\begin{cases}p\zeta^0+(p-1)S=p,&\text{if }\ p\equiv1\pmod4\cr -p+(p+1)S=-p,&\text{if }\ p\equiv3\pmod4.\cr\end{cases} $$

Como $(2a+1)^2=4a^2+4a+1=4(a^2+a)+1$ su afirmación se desprende de esto.

Estoy bastante seguro de que la prueba para el resultado declarado sobre los números $N(x)$ es en, por ejemplo, Irlanda y Rosen. Intento recordar cómo es. De todos modos, este es un resultado básico sobre las sumas cuadráticas de Gauss.

---

Si $a\in\mathbb{F}_p^*$ tenemos claramente $N(x)=N(a^2x)$ porque $(k,\ell)\mapsto (ak,a\ell)$ es una biyección de un conjunto de soluciones al otro. Por lo tanto, $N(x)=N(kx)$ para todos $k\in K$ y nos quedamos con tres incógnitas $N(0)$ , $N(k), k\in K$ y $N(k'),k'\notin K$ . Seleccionamos $1$ para representar elementos de $K$ y que $q\notin K$ sea un no-residuo cuadrático fijo.

Supongamos primero que $p\equiv1\pmod4$ . Entonces sabemos que $-1\in K$ y $-1=i^2$ para algunos $i\in\mathbb{F}_p$ . Tenemos $k^2+\ell^2=0$ si y sólo si $k=\pm i\ell$ . Por lo tanto, en este caso obtenemos $N(0)=2p-1$ - una solución es $(k,\ell)=(0,0)$ y el otro $2(p-1)$ son $(\pm i\ell, \ell)$ con $\ell\neq0$ . Determinemos entonces $N(1)$ . Si sustituimos $\ell$ con $i\ell$ también podríamos mirar el número de soluciones de $k^2-\ell^2=1$ o $(k-\ell)(k+\ell)=1$ . Aquí podemos dejar que $k-\ell=a$ sea un elemento arbitrario no nulo $a\in\mathbb{F}_p^*$ y entonces podemos resolver $k+\ell=1/a$ . Este sistema lineal determina el par $(k,\ell)$ de forma única, por lo que hay $p-1$ tales pares. Por lo tanto, $N(1)=p-1$ y $N(k)=p-1$ para todos $k\in K$ . Como hemos $p^2$ pares $(k,\ell)$ En total, tenemos $$ p^2=N(0)+|K| N(1)+|K| N(q), $$ podemos resolver para $N(q)$ y encontrar que $N(q)=p-1$ también.

En el caso $p\equiv 3\pmod4$ sabemos que $-1\notin K$ . Por lo tanto, $k^2+\ell^2=0$ sólo, si $k=\ell=0$ . Así que en este caso $N(0)=1$ . Una de ver que $N(x)=p+1$ para todos $x\neq 0$ es observar que en este caso $k^2+\ell^2$ es la norma del elemento $k+i\ell$ de $\mathbb{F}_{p^2}^*$ . Aquí $i^2=-1$ y $\mathbb{F}_{p^2}=\mathbb{F}_p[i]$ . La ciclicidad del grupo $\mathbb{F}_{p^2}^*$ junto con el hecho de que la norma es sólo $(p+1)^{th}$ poder entonces da la reclamación. Otra forma sería utilizar el carácter cuadrático. Estoy bastante seguro de que existe un argumento similar más elemental como el de $p\equiv1\pmod4$ caso, pero ahora no puedo reproducirlo.