Si $A\equiv 1\pmod{3}$, $4p=A^2+27B^2$ únicamente determina $A$.

Question

Si $p\equiv 1\pmod{3}$, es bueno saber que $p$ puede ser expresado como $$ p=\frac{1}{4}(A^2+27B^2). $$ En esta carta por Von Neumann, menciona que la Kummer determinó que $A$ es, de hecho, se determina únicamente por la condición adicional de $A\equiv 1\pmod{3}$.

La referencia que aparece es Kummer es De residuis cubicis " disquisitiones nonnullae analyticae, pero estoy teniendo un tiempo difícil conseguir mis manos en la fuente original. Hay un elelementary prueba de por qué $A$ está determinada únicamente bajo estas dos condiciones? Gracias.

Answer 1

Parece que estamos haciendo el cálculo en el campo de número de $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$. En particular, el típico algebraicas entero es de la forma

$$ u + v \frac{1 + \sqrt{-3}}{2} $$

o dicho de otra manera, como

$$ \frac{A + B \sqrt{-3}}{2} $$

donde $A$ $B$ tienen la misma paridad. La norma de este elemento es

$$ N = \frac{A + B \sqrt{-3}}{2} \frac{A - B \sqrt{-3}}{2} = \frac{1}{4}(A^2 + 3 B^2)$$

El grupo de la unidad de (el anillo de los enteros de) este campo número es simplemente el conjunto de la sexta raíces de la unidad.

Asumiendo $N$ es primo, sólo hay 12 elementos cuya norma es $N$: los seis múltiplos de este elemento por la sexta raíces de la unidad, y sus complejos conjugados:

• $\frac{1}{2} (A + B \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{A-3B}{2} + \frac{A+B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{-A-3B}{2} + \frac{A-B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (-A - B \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{-A+3B}{2} + \frac{-A-B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{A+3B}{2} + \frac{-A+B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (A - B \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{A-3B}{2} + \frac{-A-B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{-A-3B}{2} + \frac{-A+B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (-A + B \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{-A+3B}{2} + \frac{A+B}{2} \sqrt{-3}) $
• $\frac{1}{2} (\frac{A+3B}{2} + \frac{A-B}{2} \sqrt{-3}) $

Si $N$ es un primer entero, $(A + B \sqrt{-3})/2$ es en realidad un primer elemento de $\mathbb{Z}[(1 + \sqrt{-3})/2]$. Si además, se requieren $N \neq 3$, $A,B$ son ambos impares y $A$ no es divisible por $3$.

Es fácil comprobar que exactamente cuatro de estos elementos tienen un coeficiente de $\sqrt{-3}$ equivalente a $0$ modulo $3$. WLOG, se puede asumir que es el cuatro $(\pm A \pm B \sqrt{-3})/2$. Entre estos, exactamente dos tienen el primer término equivalente a $1$ modulo $3$. WLOG suponer que se trata de los dos $(A \pm B \sqrt{-3})/2$. Finalmente, WLOG asumimos $B$ es positivo, y estamos a una sola posibilidad.

Answer 2

Si $n=a^2+kb^2=c^2+kd^2$$b\ne\pm d$, luego un poco de álgebra muestra que $$n={(ad+bc)(ad-bc)\over(d+b)(d-b)}$$ From there, it's not hard to show that if $4n=a^2+27b^2=c^2+27 d^2$ with $\ne\pm c$ then $n$ is not prime. The contrapositive says if $p$ is prime then $4$ has at most one representation, up to the signs of $$ and $b$, as $^2+27b^2$. Now, $un$ can't be a multiple of $3$, so exactly one of the two numbers $\pm a$ must be $1\pmod3$.