Si un primer $p$ satisface $p \equiv 5 \mod 12$, $p \in \mathbb{Z}(\sqrt{3})$ es irreductible.

Question

Me gustaría mostrar que si un prime $p$ satisface $p \equiv 5 \mod 12$, $p \in \mathbb{Z}(\sqrt{3})$ es irreductible.

El siguiente hecho, que me han demostrado, parece ser útiles:

Deje $N$ ser la norma mapa dado por $N(a + b\sqrt{3}) = a^2 - 3b^2$. Si $p \in \mathbb{N}$ es un número primo tal que no es $x \in \mathbb{Z}(\sqrt{3})$ tal que $N(x) = p$, $p$ es irreducible en a $\mathbb{Z}(\sqrt{3})$.

Así que tengo que mostrar que $p$ no está en la imagen de una norma mapa. Me dijo que supongo que es de ($N(x) = p$). Luego tenemos a $N(x^2) = N(x)N(x) = p^2 \equiv 1 \mod 12$.

Pero realmente no sé por dónde continuar a partir de ahí. Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Sugerencia: Nos muestran que si $a^2-3b^2$ es divisible por $p$, $a$ $b$ son divisibles por $p$. Supongamos que $b$ no es divisible por $p$. De $3b^2\equiv a^2\pmod{p}$ llegamos a la conclusión de que $3$ es un residuo cuadrático de $p$. Sin embargo, por Reciprocidad, $(3/p)=(p/3)=(2/3)=-1$.

Answer 2

Primero, se observa que la $0,1,4,$ $9$ son las únicas plazas modulo $12$.

Ahora, supongamos $p=a^2-3b^2\equiv 5\operatorname{mod}12$. Si $b$ es incluso, a continuación,$a^2\equiv 5\operatorname{mod}12$, una contradicción. Por lo $b$ debe ser impar. Si conecta $b=2k+1$ y ampliar, usted debe llegar a la otra contradicción dada nuestra primera observación.