Así que esta es la cuestión: Dejemos que $p$ sea un primo impar, demuestre que $-3$ es un residuo cuadrático módulo $p$ si $p \equiv 1 \pmod 3$ .
Mi idea era: $$\left(\frac{-3}{p}\right) = \left(\frac{-1}{p}\right)\cdot \left(\frac{3}{p}\right)$$
también: $$\left(\frac{-3}{p}\right)= (-3)^a$$ cuando $a$ significa $\frac{p-1}{2}$ .
Ni idea de cómo continuar... Agradecería cualquier ayuda. Gracias.
Tu idea es correcta. Pero tenga en cuenta que
$$\left (\frac{-3}{p}\right)=1\iff p\equiv_61$$
es una condición más fuerte y mejor que $p\equiv_3 1$ ¿Por qué? Mira todos los números $n\equiv_3 1$ (es decir, $n=1+3k$ ): $$1,\color{red}{4},7,\color{red}{10},13,\color{red}{16},19,\color{red}{22},\dots$$ Genial, ¿y ahora qué? Fíjate que alternas entre números pares e Impares, así que puedes descartar los números pares, porque ninguno de ellos es primo. Esto ocurre porque al sumar un número impar de $3$ 's a $1$ da un número par. Pero ningún número par en el formulario $1+3k$ ¡puede ser primordial! Por lo tanto, hay que añadir un número par de $3$ 's, es decir, añadiendo $6$ . Por lo tanto, debe mirar $p\equiv_6 1$ en su lugar: $$1,7,13,19,\dots$$ Ahora, ¡volvamos a los negocios!
Puedes escribir $\left (\frac{-3}{p}\right)=\left (\frac{-1}{p}\right)\left (\frac{3}{p}\right)$ Ahora sabemos que $\left (\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}$ Así que sólo tenemos que preocuparnos de lo que $\left (\frac{3}{p}\right)$ es.
Para ello, se puede utilizar un teorema conocido como reciprocidad cuadrática :
Para $p,q$ primos Impares distintos $$\left (\frac{p}{q}\right)\left (\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\frac{q-1}{2}\frac{p-1}{2}}$$
Entonces hay que comprobar dos casos:
¿Puedes llevarlo desde aquí?
(Editar)
Te ayudaré con el primer caso.
Si queremos $\left (\frac{-1}{p}\right )=1$ entonces $(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$ lo que significa que $\frac{p-1}{2}$ debe ser uniforme. Esto es lo mismo que decir: $$\frac{p-1}{2}=2k\iff p=1+4k\iff p\equiv_4 1$$ De la reciprocidad cuadrática sabemos que: $$\left( \frac{3}{p}\right) \left( \frac{p}{3}\right )=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=1$$ Así, $$\left( \frac{3}{p}\right)=\left( \frac{p}{3}\right)$$ (podemos multiplicar y dividir por $\left( \frac{3}{p}\right)$ ya que $\left( \frac{3}{p}\right)=\pm 1$ )
Ahora tenemos que averiguar qué $\left( \frac{p}{3}\right)$ es. Como queremos $\left( \frac{3}{p}\right)=1$ necesitamos tener $\left( \frac{p}{3}\right)=1$ Es decir, tenemos que encontrar los primos $p$ tal que $p$ es un residuo cuadrático módulo $3$ . Veamos los residuos: $$\begin{align}1^2=1\\(-1)^2=1\end{align}$$ Así que el único residuo cuadrático módulo $3$ es $1$ Por lo tanto, queremos $p=1+3n\iff p\equiv_3 1$
Ahora tenemos dos condiciones en $p$ :
Esto significa que $p\equiv_{12}1$ . Ahora sólo hay que comprobar el segundo caso. Combinando ambos casos deberías obtener: $$p\equiv_6 1$$ que es más fuerte que $p\equiv_3 1$ .
La idea de utilizar $\left(\dfrac{-1}p\right)$ y $\left(\dfrac3p\right)$ para calcular $\left(\dfrac{-3}p\right)$ es una natural...
Pero, en mi opinión, funciona MEJOR si vas en la dirección opuesta, y calculas $\left(\dfrac3p\right)$ ¡¡usando los otros dos!!
Esto se debe a que $-3$ resulta ser el discriminante del polinomio $$ \Phi_3(x)=x^2+x+1. $$ Y, casualmente, la presencia de ceros de $\Phi_3$ módulo de un primo $p$ puede decidirse por otros medios. A saber, tenemos la factorización $\Phi_3(x)(x-1)=x^3-1$ . Lo que implica que el módulo $p>3$ el número entero $a$ es un cero de $\Phi_3$ si y sólo si $a\not\equiv1\pmod p$ y $a^3\equiv1\pmod p$ . En otras palabras, $a$ es un cero si y sólo si tiene orden tres en el grupo $\Bbb{Z}_p^*$ . Este grupo es cíclico de orden $p-1$ (recordemos la existencia de raíces primitivas módulo $p$ ), por lo que, según Lagrange, tales números $a$ existen si y sólo si $3\mid(p-1)$ .
Por otro lado, por la fórmula cuadrática, $\Phi_3(x)$ tiene ceros en el módulo $p$ si y sólo si el discriminante $-3$ es un residuo cuadrático.
De ello se desprende que $\left(\dfrac{-3}p\right)=1$ si y sólo si $p\equiv1\pmod3$ .
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