Mostrar que $a^2 + b^2 + 1 \equiv 0 \mod p$ siempre tiene una solución si $p = 4k+3$

Question

Si $p = 4k + 3$ es un número primo (entonces $p = 7, 11, 19$ pero no $p = 5, 13$ o $p = 15$) entonces existen números $a, b$ tales que:

$$a^2 + b^2 + 1 \equiv 0 \mod p$$

Por ejemplo $2^2 + 3^2 + 1 = 14 = 7 \times 2\equiv 0 \mod 7 $.

Mi razonamiento fue que en el campo finito $\mathbb{F}_{p^2}$, $-1$ siempre es un cuadrado perfecto.

• si $p = 4k + 1$ entonces $-1$ es un cuadrado perfecto en $\mathbb{F}_p$
• si $p = 4k + 3$ entonces $x^2 +1 $ es irreducible luego siempre $\mathbb{F}_p[x]/(x^2+1) \simeq \mathbb{F}_{p^2}$

Recuerdo esto como $i = \sqrt{-1} \in \mathbb{F}_p$ si $p = 4k + 1$ e $i = \sqrt{-1} \in \mathbb{F}_p^2$ si $p = 4k + 3$

Luego llegué de alguna manera a la conclusión mágica de que siempre teníamos una solución para $z \overline{z} = -1$ con $z = a+bx$

$$z \overline{z} = (a+bx)(a-bx) = a^2 + b^2 = -1 $$

Esto no sigue lógicamente, pero hice un salto de intuición. ¿Cuál es la lógica correcta aquí?

Esta es una variante del teorema de Fermat de que $p = 4k + 1$ se puede escribir como la suma de dos cuadrados: $p = a^2 + b^2$ pero eso no es una congruencia. Eso es una igualdad que involucra números enteros $a,b \in \mathbb{Z}$.

Answer 1

No estoy seguro de cómo modificar/arreglar tu construcción, pero para referencia, el argumento "estándar" es que como $p$ es primo, tanto $-a^2$ como $b^2+1$ toman $(p+1)/2$ valores distintos para $a,b\in \mathbb{F}_p$, por lo que deben coincidir en al menos un valor.

Observa que esto funciona para cualquier primo (impar), no solo para aquellos de la forma $4k+3$, pero en el caso de $p\equiv 1 \bmod 4$ también puedes tomar $a=0$.

Answer 2

El argumento dado por user7530 es lo que también recomendaría. Todo se hace dentro de $\Bbb{F}_p$.

Tu salto intuitivo también puede ser justificado. El mapeo $z\mapsto z\overline{z}$ es conocido como el mapa de norma relativa. Podemos verlo de forma diferente. La teoría de Galois de extensiones de campos finitos nos dice que el automorfismo no trivial de $\Bbb{F}_p$ en $\Bbb{F}_{p^2}$ es el mapeo de Frobenius $z\mapsto z^p$. Así que sabemos que $N(z)=z\overline{z}=z^{p+1}$ para todo $z\in\Bbb{F}_{p^2}$.

La clave para el éxito es recordar el hecho de que los grupos multiplicativos $\Bbb{F}_{p^2}^*$ y $\Bbb{F}_{p}^*$ son cíclicos de órdenes respectivas $p^2-1$ y $p-1$. Los hechos básicos sobre grupos cíclicos nos dicen que elevar a la potencia $p+1$ es un homomorfismo sobreyectivo entre los dos grupos. Por lo tanto, cualquier elemento de $\Bbb{F}_p$ es la norma de algún elemento de $\Bbb{F}_p$ - en particular, el elemento $-1$.

La suposición $p\equiv3\pmod4$ se utiliza ya que nos da la descripción $\Bbb{F}_{p^2}=\Bbb{F}_p[i]$, donde $i^2=-1$. El argumento de user7530 es inmune a ese detalle.