Sus preguntas son en realidad un caso especial de un fascinante tema en la teoría de los números, ya estudiado por Euler y Lagrange. "Los números primos de la forma x^2+ky^2" por David Cox es una muy buena referencia sobre el tema. Ahora para responder a sus preguntas : vamos a $Q(x,y)=x^2+3y^2$.
Lema 1. Deje $p$ ser un extraño prime. A continuación, $-3$ es un cuadrado modulo $p$ fib $p$
es congruente con 1 módulo 3.
La prueba del lema 1. $-3$ es un cuadrado iff $x^2+3$ tiene una raíz iff $y^2-y+1$ tiene una raíz
(set $y=\frac{x+1}{2}$). Ahora $y^2-y+1$ es el sexto cyclotomic polinomio. Por lo $-3$
será un cuadrado iff una primitiva sexto de la raíz de la unidad que existe en ${\mathbb Z}_p$, iff algunos
elemento ${\mathbb Z}_p^*$ (multiplicativo) de $6$, iff 6 divide el orden de ${\mathbb Z}_p^*$ (debido a ${\mathbb Z}_p^*$ es cíclico). Ahora el orden de ${\mathbb Z}_p^*$ es exactamente $p-1$, lo que equivale a $p \equiv 1 \ ({\rm mod} \ 6)$ como se desee.
Ahora podemos mostrar §3. Deje $p$ ser una extraña primer buceo $a^2+3b^2$ con
${\rm gcd}(a,b)=1$. A continuación, $p$ es coprime tanto $a$$b$, lo $\frac{a}{b}$ existe en
${\mathbb Z}_p^*$ e es una raíz cuadrada de $-3$. Por el lema 1, tenemos
que $p \equiv 1 \ ({\rm mod} \ 3)$ como se quiera.
Lema 2. Deje $N$ ser un entero de la forma $Q(x,y)$. Si $2$ divide $N$,
a continuación, $\frac{N}{4}$ también es un entero de la forma $Q(x,y)$. Si un primer $p=Q(x_0,y_0)$ divide $N$ $\frac{N}{p}$ también es un entero de la forma $Q(x,y)$.
La prueba del lema 2. Supongamos que $2$ divide $N=Q(a,b)$. A continuación, $a$ $b$
son tanto o incluso a un extraño. Si ambos son incluso entonces
$\frac{N}{4}=Q(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$. Si ambos son impares entonces
$b \equiv a \ ({\rm mod} \ 4)$ o $b \equiv -a \ ({\rm mod} \ 4)$. En el primer caso tenemos a $\frac{N}{4}=Q(\frac{b+3a}{4},\frac{b-a}{4})$ y en el segundo tenemos a $\frac{N}{4}=Q(\frac{b-3a}{4},\frac{b+a}{4})$.
Ahora suponga que en un primer $p=Q(x_0,y_0)$ divide $N=Q(a,b)$. El
producto $(-y_0a+x_0b)(-y_0a-x_0b)=y_0^2a^2-x_0^2b^2$ $0$ modulo $p$, por lo que
(sustitución de $b$ $-b$ si es necesario) podemos suponer que la $-y_0a+x_0b \equiv 0 \ ({\rm mod} \ p)$. Set$a'=\frac{x_0a+3y_0b}{p}$$b'=\frac{-y_0a+x_0b}{p}$. A continuación, $a'$ $b'$ son ambos enteros y $\frac{N}{p}=Q(a',b')$. Esto termina la prueba del lema 2.
Vamos ahora a mostrar §1, por inducción en $p$. Deje $p$ ser impar el primer tales que $p \equiv 1 \ ({\rm mod} \ 3)$. Luego hay un $v$ $v^2 \equiv -3 \ ({\rm mod} \ p)$ por lema $1$. Por lo $p$ divide $N=v^2+3\times 1^2$, y por el artículo 3 todos los factores primos de a $N$ son congruentes a $1$ modulo $3$ (o igual a $2$). Así que por la hipótesis de inducción, todos los números primos son de la forma $Q(x,y)$. Usando el lema 2 varias veces, podemos eliminar todos los factores en $N$ otros de $p$ y se obtiene finalmente que $p$ es de la forma $Q(x,y)$.
Esta descomposición es única hasta los signos, porque si $p=Q(x,y)=Q(x',y')$, entonces (como en la prueba del lema 2), podemos suponer que la $-yx'+xy' \equiv 0 \ ({\rm mod} \ p)$. Set$a'=\frac{xx'+3yy'}{p}$$b'=\frac{-yx'+xy'}{p}$. A continuación, $a'$ $b'$
son ambos enteros y $1=Q(a',b')$, lo $a'=\pm 1, b'=0$ y por lo tanto
$x'=\pm x, y'=\pm y$.
Lema 3. Cualquier producto de enteros de la forma $Q(x,y)$ es de nuevo de esta forma.
La prueba del lema 3. $Q(x,y)Q(x',y')=Q(xx'-3yy',xy'+yx')$ (multiplicativity de las normas).
Por último, vamos a mostrar §2. Si $N=Q(x,y)$ es impar entonces todos sus factores primos son impares, así que por §3they son todos congruentes a $1$ modulo $3$. A continuación, por el §1, todos ellos son de la forma $Q(x,y)$. De modo que su producto es también de esta forma por el lema 3 : $N=Q(u,v)$. Podemos deducir $N^2=Q(u,v)Q(u,v)=Q(u^2-3v^2,2uv)$ y
$N^3=Q(u,v)P(u^2-3v^2,2 uv)=P(u(u^2-3v^2)-3v(2uv),v(u^2-3v^2)+u(2uv))=
Q(u(u^2-9 v^2),3v(u^2-v^2))$.
