No estoy seguro de qué nivel para escribir esto. Aquí es un completo elemental de la prueba:
Como usted dice, si $p \equiv 1$, $3$, $7$ o $9 \bmod 20$,$\left( \frac{-5}{p} \right) = 1$. Deje $p$ estar en uno de estos residuos clases y deje $a$ ser una raíz cuadrada de $-5$ modulo $p$. Deje $\Lambda \subset \mathbb{Z}^2$ ser el entramado de pares $(x,y)$ tal que $x \equiv ay \bmod p$. Para cualquier $(x,y) \in \Lambda$,$x^2+5 y^2 \equiv (ay)^2 + 5 y^2 \equiv (-5+5) y^2 \equiv 0 \bmod p$. Desde $\Lambda$ índice de $p$$\mathbb{Z}^2$, la fundamental dominio de $\Lambda$ área $p$. La elipse $\{ (x,y) : x^2+5y^2 < N \}$ área $\pi N/\sqrt{5}$.
Por lo tanto, teniendo en $N = (4\sqrt{5}/\pi) p \approx 2.85 p$, Minkowski del teorema muestra que $\Lambda$ contiene un punto de $(x,y)$$0 < x^2+5y^2 < 2.85 p$. Desde $x^2+5y^2 \equiv 0 \bmod p$, podemos deducir que $x^2+5y^2 = p$ o $2p$.
Hasta ahora, la prueba de que funciona para todos los cuatro residuos de clases $1, 3, 7, 9 \bmod 20$. Ahora tenga en cuenta que, si $p \equiv 1$ o $9 \bmod 20$, la ecuación de $x^2+5y^2 = 2 p$ es imposible modulo $8$.
Usted puede ajustar esta prueba para ser más o menos sofisticados, como usted por favor.
Más Si $\left( \frac{-5}{p} \right)=1$, entonces el ideal $p$ divisiones como $\mathfrak{p} \bar{\mathfrak{p}}$$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$. Desde el Minkowski obligado, $\mathfrak{p}$ debe tener el mismo ideal de clase como un ideal de norma $< 4 \sqrt{5}/\pi \approx 2.85$, lo $\mathfrak{p}$ es principal o de lo $\mathfrak{p} \sim \langle 2, 1+\sqrt{5} \rangle$, en cuyo caso $\mathfrak{p} \cdot \langle 2, 1+\sqrt{5} \rangle$ es la directora. En el primer caso, tenemos una solución a $x^2+5y^2=p$; en el último caso, tenemos una solución a $x^2+5y^2=2p$ cual es imposible modulo $8$. No es una sorpresa que los mismos números que aparecen -- la anterior prueba es simplemente esto sin mencionar el ideal de las clases.
Menos Si no quieres hablar de Minkowski del teorema, puede imitar la caja a prueba de aquí que cualquier prime que es $1 \bmod 4$ es la suma de dos cuadrados. Considerar el número $x-ay$ $0 \leq x < \sqrt[4]{5} \sqrt{p}$ $0 \leq y < \sqrt{p}/\sqrt[4]{5}$ y proceder como en el enlace. La desigualdad no es tan buena como la que se obtiene con Minkowski: llegar a la conclusión de que usted puede solucionar $x^2+5y^2 \equiv 0 \bmod p$$0 < x^2+5y^2 < 2 \sqrt{5} p \approx 4.46 p$.
Pero que es lo suficientemente bueno, usted acaba de conseguir un poco más de los casos. Si $x^2+5y^2=p$, usted gana. Si $x^2+5y^2=2p$, se obtiene una contradicción modulo $8$ si $x^2+5y^2 = 3p$, se obtiene una contradicción modulo $4$. Si $x^2+5y^2=4p$, a continuación, busca el modulo $4$ muestra que $x$ $y$ son uniformes, por lo $(x/2)^2+5(y/2)^2=p$.
