Si $x^2-dy^2 = -1$ tiene una solución en $\mathbb{Z^2}$, $d$ es la suma de dos coprime plazas.

Question

Yo quiero probar:

Deje $d\in\mathbb{N}$ ser cuadrado-libre.

Si $x^2-dy^2 = -1$ tiene una solución en $\mathbb{Z^2}$, $d$ es la suma de dos coprime plazas.

Ya he demostrado, que la ecuación no tiene solución, si existe un prime $p$ dividiendo $d$$p\equiv 3 \text{ mod } 4$. Agradecería alguna pista.

Answer 1

Si $x^2-dy^2=-1$ a continuación,

$$x^2\equiv -1 \pmod p$$ para todos los números primos $p$, que se dividen $d$. Esto es equivalente a $p\equiv 1\pmod 4$, lo que a su vez es conocido por ser equivalente a $p=a^2+b^2$. Ya que esto tiene para cada divisor primo de $d$ se mantiene también para $d$.

Answer 2

Veo: la condición de que $d$ ser squarefree se añaden alrededor de cuatro horas después de poner la mayoría de esta respuesta. Es decir, estoy permitiendo $d$ tener factores primos con exponentes permitido ser uno o más de uno.

Más tarde aún: que vale la pena destacar una selección de hechos en la otra dirección. Si tenemos prime $p \equiv 1 \pmod 4,$ entonces existe un número entero solución a $x^2 - p y^2 = -1.$ a Prueba de Mordell. Sin embargo, hay un montón de $d$ que satisfacen las condiciones pero no: no hay ningún número entero solución a $x^2 - 17 y^2 = -1.$ Para un ejemplo con extraña $d,$ no hay ningún número entero solución a $x^2 - 205 y^2 = -1.$

Día siguiente: es bastante fácil, dado que el $d > 0$ (pero no un cuadrado) no es divisible por $4$ o por cualquier prime $q \equiv 3 \pmod 4,$ que $d$ es la suma de dos cuadrados. La parte más difícil, que la gente parece estar ignorando, es demostrar que podemos organizar $d = u^2 + v^2$ $\gcd(u,v) = 1,$ significado $d$ es la suma de coprime plazas.

Bien, $d$ no puede ser divisible por $4$.

Yo tenía que buscar un tiempo para encontrar una correcta prueba de que su $d$ no es sólo la suma de dos cuadrados, es la suma de dos coprime plazas. La mayoría de los libros no va a mostrar cómo hacer esto; estoy parafraseando de la Moderna Teoría Elemental de Números, por Leonard Eugene Dickson, especialmente Teorema de 65 en la página 63. Voy a hablar de muchas cosas que se requieren más estudios.

Podemos manejar el caso incluso por separado, así que vamos a $d$ ser impar y el producto de (posiblemente varias) $p^{e_p,}$ donde el primer $p \equiv 1 \pmod 4$ y el exponente $e_p \geq 1.$ Una inducción argumento muestra que existe un número entero $n > 0$ tal que $$ n^2 \equiv -1 \pmod d. $$
$$ 4 n^2 \equiv -4 \pmod d, $$ $$ 4 n^2 + 4 = d t$$ con entero$t.$, $d$ es impar, podemos ver que $t$ es divisible por $4,$ y podemos escribir $$ 4 n^2 + 4 = 4 d s$$ con entero $s.$ O, $$ 4 n^2 - 4 d s = -4. $$ This means that the discriminant of the binary quadratic form $$ \langle d, 2n, s \rangle $$ es $-4.$ Probablemente debería añadir que $ \langle a,b,c \rangle $ significa que la forma cuadrática $$ f(x,y) = a x^2 + b x y + c y^2, $$ con discriminante $$ \Delta = b^2 - 4 a c. $$ Esto significa que la forma es $SL_2 \mathbb Z$ equivalente ( esto se llama Gauss reducción) a $ \langle 1,0,1 \rangle. $ Debe este ser desconocido, significa que existe un entero matriz $R$ de determinante $1,$ $$ R = \left( \begin{array}{cc} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{array} \right) $$ tal que $$ R^T H R = I, $$ con $$ H = \left( \begin{array}{cc} d & n \\ n & s \end{array} \right) $$ Esto significa que, teniendo $$ Q = R^{-1} = \left( \begin{array}{cc} \delta & -\beta \\ -\gamma & \alpha \end{array} \right) $$ tenemos $$ Q^T Q = H $$ con $\gcd(\gamma, \delta) = 1.$ Y, como ves, $$ \gamma^2 + \delta^2 = d. $$

Incluso el caso es sólo $2d = (\gamma + \delta)^2 + (\gamma - \delta)^2,$ cuando ambos números son impares.

Answer 3

Primero de todo, gracias por su ayuda! No estoy muy familiarizado con la formas cuadráticas binarias y creo que he encontrado una manera de demostrar mi declaración sin usar. Sería agradable si usted podría decirme si esta prueba no es correcta:

Así que vamos a $x^2-dy^2=-1$ tiene una solución en $\mathbb{Z^2}$, entonces sabemos que d no tiene primefactor $p$$p\equiv3 \text{ mod }4$. Podemos concluir que el $d$ es la suma de dos cuadrados porque los números primos $p\equiv3 \text{ mod }4$ occure en la factorización prima de $d$ sólo con incluso exponente ($= 0$).

Llegamos $d = a^2+b^2$ algunos $a, b \in \mathbb{Z}$. Para mostrar que $a^2,b^2$ son estrictamente se seguirán los usamos ese $d$ es cuadrado-libre (lo siento por alto esa condición). Asumir, no son coprime, entonces existe un primer $p$$p\mid a^2, p\mid b^2$, lo $p^2\mid a^2,p^2 \mid b^2$ y por eso $p^2\mid a^2+b^2=d.$ Esto se contradice con la condición de que $d$ es la plaza libre.