Una prueba de las identidades de Jacobsthal

Question

He oído hablar del siguiente resultado: si $p=a^2+b^2 \equiv1\pmod4$ y si $a$ es impar, mientras que $b$ es parejo, entonces

$\displaystyle\sum_ {x=0}^{p-1}( \frac {x^3-nx}{p})= \pm 2a\ $ para $n$ un residuo de $p$ ;
$\displaystyle\sum_ {x=0}^{p-1}( \frac {x^3-nx}{p})= \pm 2b\ $ para $n$ un no-residuo de $p$ ;
y la suma es $0\ $ para $p \equiv -1 \pmod4$ .

Sin embargo, no pude encontrar una prueba de este resultado, aparte de un documento en el que se encuentra una prueba usando las funciones L de las curvas elípticas. pero algunos de los lemas no se asocian con una prueba, y no son tan obvios. Dado que el autor dice que hay formas elementales de probarlo, uno se pregunta cómo puede probarlo.
P.D. las referencias en el documento están fuera de mi alcance. Así que cualquier referencia también es bienvenida.

Answer 1

Mientras que el libro de Irlanda y Rosen muestra mucho sobre las sumas de Jacobi, el nombre "Jacobstahl" ni siquiera aparece en el índice. Descubrí que el original artículo de Jacobstahl, sin embargo, y reproduzco la parte reveladora aquí. Vamos a poner para $m$ entre $1$ y $p-1$ ,

$$\phi (m)= \sum_ {x=1}^{p-1} \bigg ( \frac {x^3-mx}{p} \bigg ) \tag {1}$$

La idea básica es calcular la suma $S= \sum_ {m=1}^{p-1} \phi (m)^2$ en dos diferentes maneras. Deje que $y$ ser un entero en $[1,p-1]$ para cualquier $x \in [1,p-1]$ hay una única $x' \in [1,p-1]$ de tal manera que $x' \equiv yx \ ({ \sf mod} \ p)$ . Entonces podemos reescribir $\phi (m)$ :

$$\phi (m)= \sum_ {x'=1}^{p-1} \bigg ( \frac {( \frac {x’}{y})^3-m \frac {x'}{y}}{p} \bigg ) = \sum_ {x'=1}^{p-1} \bigg ( \frac {y}{p} \bigg ) \bigg ( \frac {(x')^3-my^2x’}{p} \bigg )$$

Así hemos demostrado

$$\phi (m)= \bigg ( \frac {y}{p} \bigg ) \phi (m{y^2}) \ ( \text {for any} \ m,y \in [1,p-1]) \tag {2}$$

Deducimos que $\phi ^2$ es constante en el conjunto de los residuos y constante en el conjunto de los no residuos, de modo que

$$S= \frac {p-1}{2} ( \phi (r)^2+ \phi (s)^2) \tag {3}$$ donde $r$ es cualquier residuo, y $s$ es cualquier no-residuo.

Ahora la computación directa produce

$$S= \sum_ {m,x,y} \bigg ( \frac {x^3-mx}{p} \bigg ) \bigg ( \frac {y^3-my}{p} \bigg ) = \sum_ {x,y} \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg ) \sum_ {m} \bigg ( \frac {(m-x^2)(m-y^2)}{p} \bigg ) \tag {4}$$

En este punto, necesitamos lo siguiente

Lemma. Para cualquier número entero $b,c$ Tenemos $$\sum_ {m=1}^{p} \bigg ( \frac {m^2+bm+c}{p} \bigg )=p-1-p \bigg ( \frac {b^2-4c}{p} \bigg )^2$$

Prueba de lemma . Usando un cambio de índices, está claro que el suma $\sum_ {m=1}^{p} \bigg ( \frac {m^2+bm+c}{p} \bigg )$ sólo depende del discriminante $b^2-4c$ podemos escribirlo así como $\psi (b^2-4c)$ donde $\psi$ es una función. Desde $\bigg ( \frac {m^2-d}{p} \bigg )$ es lo mismo que $(m^2-d)^{ \frac {p-1}{2}}$ modulo $p$ vemos que

$$\psi (d)= \sum_ {m=1}^{p} (m^2-d)^{ \frac {p-1}{2}} \equiv (-1) \ ({ \sf mod}\ p)$$ como se puede comprobar expandiendo cada sumando como un binomio de Newton. Desde $\psi (d)$ es también una suma de $p$ números enteros entre $-1$ y $1$ sólo puede igualar $-1$ o $p-1$ . Finalmente, tenemos que

$$\sum_ {d=0}^{p-1} \psi (d)= \sum_ {m=1}^{p-1} \sum_ {d=0}^{p-1} \bigg ( \frac {m^2-d}{p} \bigg )=0$$

así que la única posibilidad es que $\psi$ es $p-1$ en algún momento y $-1$ en absoluto los otros puntos. Concluimos la prueba de este lema señalando que trivialmente $\psi (0)=p-1$ .

Volviendo a nuestro cálculo de $S$ en (4), aplicamos el lema y deducimos

$$S= \sum_ {x,y} \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg ) (p-1-p \bigg ( \frac {(x^2-y^2)^2}{p} \bigg )^2)=$$

Podemos dividir la suma anterior en tres, considerando las sumas $S_1,S_2,S_3$ restringiendo el rango de $(x,y)$ con las condiciones $y=x, y=(-x) { \sf mod}\ p$ y $x^2-y^2 \neq 0\ { \sf mod}\ p$ respectivamente.

Luego $S_1=(p-1)^2$ , $S_2= \bigg ( \frac {-1}{p} \bigg )(p-1)^2$ y $S_3=(1+ \bigg ( \frac {-1}{p} \bigg )) (p-1)$ y por lo tanto $S=(1+ \bigg ( \frac {-1}{p} \bigg )) p(p-1)$ .

Cuando $p \equiv 1 \ ({ \sf mod}\ 4)$ Tenemos $S=2p(p-1)$ y combinando esto con (3) deducimos

$$p=( \frac { \phi (r)}{2})^2+( \frac { \phi (s)}{2})^2,$$

como se deseaba.

EDITAR : Aquí hay más detalles sobre algunos puntos que expliqué más bien rápidamente arriba.

El binomio Newton: Si definimos $q= \frac {p-1}{2}$ y

$$T= \sum_ {m=1}^{p} (m^2-d)^{ \frac {p-1}{2}},$$

entonces tenemos

$$\begin {array}{lcl} T &=& \sum_ {m=1}^{p} \sum_ {j=0}^{q} \binom {q}{j}(m^2)^jd^{q-j}) \\ &=& \sum_ {m=1}^{p} \Bigg (d^q+ \sum_ {j=1}^{q} \binom {q}{j}(m^2)^jd^{q-j}) \Bigg ) \\ &=& \sum_ {m=1}^{p} \Bigg ( \sum_ {j=1}^{q} \binom {q}{j}(m^2)^jd^{q-j} \Bigg ) \ ({ \sf mod} \ p) \\ &=& \sum_ {m=1}^{p} \sum_ {j=1}^{q} \binom {q}{j}d^{q-j}(m^{2j}) \\ &=& \sum_ {j=1}^{q} \binom {q}{j}d^{q-j} T_{2j} \tag {*}, \end {array}$$ donde $T_k= \sum_ {m=1}^{p} m^{k}$ . Desde $x \mapsto x+1$ es una permutación de $\frac { \mathbb Z}{p{ \mathbb Z}}$ Tenemos $\sum_ {m=1}^{p}(m+1)^{k+1}-m^k=0$ . Expandiendo $(m+1)^{k+1}$ como un binomio de Newton, deducimos

$$\sum_ {j=0}^{k} \binom {k+1}{j} T_j=0$$

y cuando $k+1$ no es divisible por $p$ podemos reescribir esto como

$$T_k=- \frac {1}{k+1} \big ( \sum_ {j=0}^{k-1} \binom {k+1}{j} T_j \big )$$

que permite calcular la $T_k$ por inducción. A partir de $T_0=(-1)$ vemos que $T_k=0$ para $0<k<p-1$ . Para $k=p-1$ tenemos $T_{p-1}=(-1)$ (en este caso todos los sumandos en $T_k$ son $1$ excepto el de $m=p$ ).

Deducimos que sólo el término para $j=q$ es distinto de cero en la última línea de (*), así que $T=(-1)$ .

El cálculo de $S_3$ :

Tenemos

$$\begin {array}{lcl} S_3 &=& \sum_ {y \neq x,y \neq (p-x) } \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg )(p-1-p) \\ &=& - \sum_ {y \neq x,y \neq (p-x) } \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg ) \\ &=& - \sum_ {x,y} \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg )+ \sum_ {y=x} \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg )+ \sum_ {y=p-x} \bigg ( \frac {xy}{p} \bigg ) \\ &=& - \big ( \sum_ {x} \bigg ( \frac {x}{p} \bigg ) \big ) \big ( \sum_ {y} \bigg ( \frac {y}{p} \bigg ) \big )+ \sum_ {x} \bigg ( \frac {x^2}{p} \bigg )+ \sum_ {x} \bigg ( \frac {-x^2}{p} \bigg ) \\ &=& -0 \times 0 + \sum_ {x} 1+ \sum_ {x} \bigg ( \frac {-1}{p} \bigg ) \\ &=& (p-1)(1+ \bigg ( \frac {-1}{p} \bigg )). \end {array}$$

EDITORIAL 2 : Problema de paridad Supongamos que $p \equiv 1 \ ({ \sf mod}\ 4)$ , $p=4t+1$ con $t \in { \mathbb Z}$ . Para mostrar que $a= \frac { \phi (r)}{2}$ y $b= \frac { \phi (s)}{2}$ bastará con mostrar que $\frac { \phi (r)}{2}$ es impar para cualquier residuo $r$ . Mostrémoslo para $r=1$ .

Tenemos $$\begin {array}{lcl} \phi (1) &=& \sum_ {x=1}^{p-1} \bigg ( \frac {x^3-x}{p} \bigg ) \\ &=& \sum_ {x=1}^{p-1} \bigg ( \frac {x(x-1)(x+1)}{p} \bigg ) \\ &=& \sum_ {x=2}^{p-2} \bigg ( \frac {x(x-1)(x+1)}{p} \bigg ) \\ &=& \sum_ {j=1}^{p-3} \bigg ( \frac {j(j+1)(j+2)}{p} \bigg ) \end {array}$$

Pongamos $\eta (j)=j(j+1)(j+2)$ . Tenga en cuenta que $\eta (-j)=- \eta (j-2)$ y por lo tanto

$$\bigg ( \frac { \eta (-j)}{p} \bigg )= \bigg ( \frac {-1}{p} \bigg ) \bigg ( \frac { \eta (j-2)}{p} \bigg )= \bigg ( \frac { \eta (j-2)}{p} \bigg )$$

Así que $$\begin {array}{lcl} \phi (1) &=& \sum_ {j=1}^{2t-1} \bigg ( \frac { \eta (j)}{p} \bigg )+ \sum_ {j=2t}^{4t-2} \bigg ( \frac { \eta (j)}{p} \bigg ) \\ &=& \sum_ {j=1}^{2t-1} \bigg ( \frac { \eta (j)}{p} \bigg )+ \sum_ {k=3}^{2t+1} \bigg ( \frac { \eta (p-k)}{p} \bigg ) \\ &=& \sum_ {j=1}^{2t-1} \bigg ( \frac { \eta (j)}{p} \bigg )+ \sum_ {k=3}^{2t+1} \bigg ( \frac { \eta (k-2)}{p} \bigg ) \\ &=& 2 \sum_ {j=1}^{2t-1} \bigg ( \frac { \eta (j)}{p} \bigg ) \end {array}$$

Así que $\frac { \phi (1)}{2}$ es una suma de un número de signos impar, y por lo tanto es impar.