Une solution explicite pour $a^2+b^2=p$
$\def \op {\operatorname*} \def \C#1#2 {\begin{pmatrix} #1\\#2 \end{pmatrix}}$ J'ai obtenu la théorie suivante sur Internet et je cherche une preuve:
Laisser $p=4k+1 (k \in \Bbb{Z}^+)$être un nombre premier donné. Suppose que$$2^{-1} \C{2k}{k} \equiv a \pmod{p},\quad -2k \le a \le 2k$$ puis $\sqrt{p-a^2}$est un entier. ($2^{-1}$ est vu comme $\frac{p+1}{2}$, l'inverse de $2$ dans $\Bbb{Z}_p$)
J'ai vérifié la déclaration pour tous $p<50000$par programmation. La question est que bien que$a,b$semblent avoir un statut égal, ce calcul ne permet de découvrir qu'un des deux nombres. De plus, le calcul ne garantit pas que$a^2 \lt p$mais tous les résultats remplissent cette condition, donc je soupçonne que le nombre combinatoire est une approximation d'une fonction transcendantale. J'espère également approfondir mes études si quelqu'un apprend ce qui se cache derrière la méthode.
Bonus : un résultat similaire est donné lorsque$p=6k+1 (k \in \Bbb{Z}^+)$est un premier. Laisser$$2^{-1} \C{3k}{k} \equiv a \pmod{p},\quad -3k \le a \le 3k$$ puis $\sqrt{\frac{p-a^2}{3}}$est un entier. Je pense qu'ils devraient dériver de la même partie quelque part dans la théorie des nombres.
Réponses
Comme indiqué dans les commentaires, cela peut être montré à l'aide de sommes Jacobi. Laisser$\newcommand{\ffield}{\mathbb{F}_p}\ffield:=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$; nous calculons\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 deux manières différentes. Premièrement, pour$a\in\ffield$ nous avons $\#\{y\in\ffield:y^2=a\}=1+\chi_2(a)$, où $$\chi_2(a):=\Big(\frac{a}{p}\Big)\equiv a^{(p-1)/2}\pmod{p}$$est le symbole de Legendre . Alors,$A_p=\sum_{x\in\ffield}\big(1+\chi_2(1-x^4)\big)=p+\sum_{x\in\ffield}\chi_2(1-x^4)$, mais $$\sum_{x\in\ffield}(1-x^4)^{2k}=\sum_{j=0}^{2k}\binom{2k}{j}(-1)^j\sum_{x\in\ffield}x^{4j}=(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}-1$$ car $\sum_{x\in\ffield}x^n=0$ si $n$n'est pas un multiple non nul de$p-1[=4k]$ (sinon, la somme est $-1$; nous supposons$0^0=1$ partout), de sorte que seuls les termes avec $j=k$ et $j=2k$de la somme extérieure "survivre". Donc,$A_p\equiv(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}-1\pmod{p}$. De même, pour$B_p$ nous obtenons une somme avec le seul terme différent de zéro à $j=2k$, finissant dans $B_p\equiv-\binom{3k}{2k}=-\binom{3k}{k}\pmod{p}$.
Deuxièmement, le Jacobi résume le chemin. Nous rappelons ici que, pour$a\in\ffield$ et $d\mid p-1$, nous avons $$\#\{x\in\ffield:x^d=a\}=\sum_{\chi^d=1}\chi(a),$$ avec $\chi$ courir sur les caractères modulo $p$ dont l'ordre se divise $d$ (cela généralise le cas $d=2$utilisé ci-dessus). Donc pour$p=4k+1$ et $\chi$ un caractère modulo $p$ d'ordre $4$ (Donc $\chi^2=\chi_2$), $$A_p=\sum_{\substack{a,b\in\ffield\\a+b=1}}\#\{x:x^4=a\}\cdot\#\{y:y^2=b\}=\sum_{\substack{0\leqslant r\leqslant 3\\0\leqslant s\leqslant 1}}J(\chi^r,\chi_2^s).$$
En calculant des termes différents de zéro en utilisant les propriétés des sommes de Jacobi, nous avons $$A_p=p+J(\chi,\chi_2)+J(\chi_2,\chi_2)+J(\chi^3,\chi_2)=p-1+2\Re J(\chi,\chi_2)$$ depuis $J(\chi_2,\chi_2)=-\chi_2(-1)=-1$ et $\chi^3=\bar\chi\implies J(\chi^3,\chi_2)=\overline{J(\chi,\chi_2)}$.
Mais $J(\chi,\chi_2)\in\mathbb{Z}[i]$ (car $\chi$ prend des valeurs à partir de là) et $|J(\chi,\chi_2)|=p^{1/2}$(connu, découle de la propriété analogue de la somme de Gauss ). Autrement dit, il y a des entiers$a_p,b_p$ tel que $J(\chi,\chi_2)=a_p+b_p i$ et $a_p^2+b_p^2=p$; ce qui précède donne$A_p=p-1+2a_p$. Combiné avec l'expression "binomiale" obtenue plus tôt, et en notant que$|a_p|=|a|$ pour le "$a$"dans la question, nous avons terminé.
De même, pour $p=6k+1$ et $\chi$ un caractère modulo $p$ d'ordre $3$, on a $$B_p=p+J(\chi,\chi_2)+J(\chi^2,\chi_2)=p+2\Re J(\chi,\chi_2),$$ et cette fois $J(\chi,\chi_2)\in\mathbb{Z}[\omega]$ avec $\omega=e^{2\pi i/3}$. Donc, pour certains entiers$a_p,b_p$, $$J(\chi,\chi_2)=a_p+b_p\omega,\qquad B_p=p+2a_p-b_p,\\4p=4|J(\chi,\chi_2)|^2=4(a_p^2-a_p b_p+b_p^2)=(2a_p-b_p)^2+3b_p^2,$$et nous obtenons la réclamation Bonus (fixme: exclure la possibilité d'un demi-entier ...).