Una solución explícita a $a^2+b^2=p$
$\def \op {\operatorname*} \def \C#1#2 {\begin{pmatrix} #1\\#2 \end{pmatrix}}$ Obtuve la siguiente teoría de Internet y busco una prueba:
Dejar $p=4k+1 (k \in \Bbb{Z}^+)$ser un primo dado. Asumir que$$2^{-1} \C{2k}{k} \equiv a \pmod{p},\quad -2k \le a \le 2k$$ luego $\sqrt{p-a^2}$es un número entero. ($2^{-1}$ es visto como $\frac{p+1}{2}$, el inverso de $2$ en $\Bbb{Z}_p$)
Verifiqué la declaración para todos $p<50000$por programación. La pregunta es que aunque$a,b$parecen tener el mismo estatus, este cálculo solo puede encontrar uno de los dos números. Además, el cálculo no garantiza que$a^2 \lt p$pero todos los resultados cumplen esta condición, por lo que sospecho que el número combinatorio es una aproximación de alguna función trascendental. También espero poder estudiar más si alguien se entera de lo que hay detrás del método.
Bonificación : se obtiene un resultado similar cuando$p=6k+1 (k \in \Bbb{Z}^+)$es un primo. Dejar$$2^{-1} \C{3k}{k} \equiv a \pmod{p},\quad -3k \le a \le 3k$$ luego $\sqrt{\frac{p-a^2}{3}}$es un número entero. Creo que deberían derivar de la misma parte en algún lugar de la teoría de números.
Respuestas
Como se señaló en los comentarios, esto se puede mostrar usando sumas de Jacobi. Dejar$\newcommand{\ffield}{\mathbb{F}_p}\ffield:=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$; nosotros calculamos\begin{align*} A_p&:=\#\{(x,y)\in\ffield^2:x^4+y^2=1\}&(p&=4k+1) \\ B_p&:=\#\{(x,y)\in\ffield^2:x^3+y^2=1\}&(p&=6k+1) \end{align*}de dos formas diferentes. Primero, por$a\in\ffield$ tenemos $\#\{y\in\ffield:y^2=a\}=1+\chi_2(a)$, dónde $$\chi_2(a):=\Big(\frac{a}{p}\Big)\equiv a^{(p-1)/2}\pmod{p}$$es el símbolo de Legendre . Entonces,$A_p=\sum_{x\in\ffield}\big(1+\chi_2(1-x^4)\big)=p+\sum_{x\in\ffield}\chi_2(1-x^4)$, pero $$\sum_{x\in\ffield}(1-x^4)^{2k}=\sum_{j=0}^{2k}\binom{2k}{j}(-1)^j\sum_{x\in\ffield}x^{4j}=(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}-1$$ porque $\sum_{x\in\ffield}x^n=0$ Si $n$no es un múltiplo distinto de cero de$p-1[=4k]$ (de lo contrario, la suma es $-1$; asumimos$0^0=1$ en todas partes), de modo que solo los términos con $j=k$ y $j=2k$de la suma externa "sobrevivir". Así,$A_p\equiv(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}-1\pmod{p}$. Del mismo modo, para$B_p$ obtenemos una suma con el único término distinto de cero en $j=2k$, terminando en $B_p\equiv-\binom{3k}{2k}=-\binom{3k}{k}\pmod{p}$.
En segundo lugar, el método de las sumas de Jacobi . Aquí recordamos que, por$a\in\ffield$ y $d\mid p-1$, tenemos $$\#\{x\in\ffield:x^d=a\}=\sum_{\chi^d=1}\chi(a),$$ con $\chi$ corriendo sobre caracteres modulo $p$ cuyo orden divide $d$ (esto generaliza el caso $d=2$utilizado anteriormente). Entonces, para$p=4k+1$ y $\chi$ un modulo de personaje $p$ de orden $4$ (así $\chi^2=\chi_2$), $$A_p=\sum_{\substack{a,b\in\ffield\\a+b=1}}\#\{x:x^4=a\}\cdot\#\{y:y^2=b\}=\sum_{\substack{0\leqslant r\leqslant 3\\0\leqslant s\leqslant 1}}J(\chi^r,\chi_2^s).$$
Al calcular términos distintos de cero utilizando las propiedades de las sumas de Jacobi, tenemos $$A_p=p+J(\chi,\chi_2)+J(\chi_2,\chi_2)+J(\chi^3,\chi_2)=p-1+2\Re J(\chi,\chi_2)$$ ya que $J(\chi_2,\chi_2)=-\chi_2(-1)=-1$ y $\chi^3=\bar\chi\implies J(\chi^3,\chi_2)=\overline{J(\chi,\chi_2)}$.
Pero $J(\chi,\chi_2)\in\mathbb{Z}[i]$ (porque $\chi$ toma valores de allí) y $|J(\chi,\chi_2)|=p^{1/2}$(uno conocido, se sigue de la propiedad análoga de la suma de Gauss ). Es decir, hay enteros$a_p,b_p$ tal que $J(\chi,\chi_2)=a_p+b_p i$ y $a_p^2+b_p^2=p$; lo anterior da$A_p=p-1+2a_p$. Combinado con la expresión "binomial" obtenida anteriormente, y observando que$|a_p|=|a|$ Para el "$a$"en la pregunta, hemos terminado.
Del mismo modo, para $p=6k+1$ y $\chi$ un modulo de personaje $p$ de orden $3$, obtenemos $$B_p=p+J(\chi,\chi_2)+J(\chi^2,\chi_2)=p+2\Re J(\chi,\chi_2),$$ y esta vez $J(\chi,\chi_2)\in\mathbb{Z}[\omega]$ con $\omega=e^{2\pi i/3}$. Entonces, para algunos enteros$a_p,b_p$, $$J(\chi,\chi_2)=a_p+b_p\omega,\qquad B_p=p+2a_p-b_p,\\4p=4|J(\chi,\chi_2)|^2=4(a_p^2-a_p b_p+b_p^2)=(2a_p-b_p)^2+3b_p^2,$$y obtenemos el reclamo de Bonus (fixme: excluir la posibilidad de medio entero ...).