Uma solução explícita para $a^2+b^2=p$
$\def \op {\operatorname*} \def \C#1#2 {\begin{pmatrix} #1\\#2 \end{pmatrix}}$ Peguei a seguinte teoria na internet e procuro uma prova:
Deixei $p=4k+1 (k \in \Bbb{Z}^+)$ser um dado primo. Assuma isso$$2^{-1} \C{2k}{k} \equiv a \pmod{p},\quad -2k \le a \le 2k$$ então $\sqrt{p-a^2}$é um número inteiro. ($2^{-1}$ É visto como $\frac{p+1}{2}$, o inverso de $2$ dentro $\Bbb{Z}_p$)
Eu verifiquei a declaração de todos $p<50000$por programação. A questão é que embora$a,b$parecem ter o mesmo status, este cálculo só pode descobrir um dos dois números. Além disso, o cálculo não garante que$a^2 \lt p$mas todos os resultados atendem a essa condição, então suspeito que o número combinatório seja uma aproximação de alguma função transcendental. Também espero estudar mais se alguém souber o que está por trás do método.
Bônus : um resultado semelhante é dado quando$p=6k+1 (k \in \Bbb{Z}^+)$é um primo. Deixei$$2^{-1} \C{3k}{k} \equiv a \pmod{p},\quad -3k \le a \le 3k$$ então $\sqrt{\frac{p-a^2}{3}}$é um número inteiro. Eu acho que eles deveriam derivar da mesma parte em algum lugar na teoria dos números.
Respostas
Conforme observado nos comentários, isso pode ser demonstrado usando as somas de Jacobi. Deixei$\newcommand{\ffield}{\mathbb{F}_p}\ffield:=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$; nós computamos\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 duas maneiras diferentes. Primeiro, para$a\in\ffield$ temos $\#\{y\in\ffield:y^2=a\}=1+\chi_2(a)$, Onde $$\chi_2(a):=\Big(\frac{a}{p}\Big)\equiv a^{(p-1)/2}\pmod{p}$$é o símbolo de Legendre . Então,$A_p=\sum_{x\in\ffield}\big(1+\chi_2(1-x^4)\big)=p+\sum_{x\in\ffield}\chi_2(1-x^4)$, mas $$\sum_{x\in\ffield}(1-x^4)^{2k}=\sum_{j=0}^{2k}\binom{2k}{j}(-1)^j\sum_{x\in\ffield}x^{4j}=(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}-1$$ Porque $\sum_{x\in\ffield}x^n=0$ E se $n$não é um múltiplo diferente de zero de$p-1[=4k]$ (caso contrário, a soma é $-1$; nós presumimos$0^0=1$ em todos os lugares), de modo que apenas os termos com $j=k$ e $j=2k$da soma externa "sobreviver". Portanto,$A_p\equiv(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}-1\pmod{p}$. Da mesma forma, para$B_p$ obtemos uma soma com o único termo diferente de zero em $j=2k$, terminando em $B_p\equiv-\binom{3k}{2k}=-\binom{3k}{k}\pmod{p}$.
Em segundo lugar, o Jacobi faz as contas . Aqui lembramos que, por$a\in\ffield$ e $d\mid p-1$, temos $$\#\{x\in\ffield:x^d=a\}=\sum_{\chi^d=1}\chi(a),$$ com $\chi$ atropelando o módulo de personagens $p$ cuja ordem divide $d$ (isso generaliza o caso $d=2$usado acima). Então, para$p=4k+1$ e $\chi$ um módulo de personagem $p$ de ordem $4$ (portanto $\chi^2=\chi_2$), $$A_p=\sum_{\substack{a,b\in\ffield\\a+b=1}}\#\{x:x^4=a\}\cdot\#\{y:y^2=b\}=\sum_{\substack{0\leqslant r\leqslant 3\\0\leqslant s\leqslant 1}}J(\chi^r,\chi_2^s).$$
Calculando termos diferentes de zero usando as propriedades de somas de Jacobi, temos $$A_p=p+J(\chi,\chi_2)+J(\chi_2,\chi_2)+J(\chi^3,\chi_2)=p-1+2\Re J(\chi,\chi_2)$$ Desde a $J(\chi_2,\chi_2)=-\chi_2(-1)=-1$ e $\chi^3=\bar\chi\implies J(\chi^3,\chi_2)=\overline{J(\chi,\chi_2)}$.
Mas $J(\chi,\chi_2)\in\mathbb{Z}[i]$ (Porque $\chi$ assume valores a partir daí) e $|J(\chi,\chi_2)|=p^{1/2}$(conhecido, segue da propriedade análoga da soma de Gauss ). Ou seja, existem inteiros$a_p,b_p$ de tal modo que $J(\chi,\chi_2)=a_p+b_p i$ e $a_p^2+b_p^2=p$; o acima dá$A_p=p-1+2a_p$. Combinado com a expressão "binomial" obtida anteriormente, e observando que$|a_p|=|a|$ para o "$a$"na questão, terminamos.
Da mesma forma, para $p=6k+1$ e $\chi$ um módulo de personagem $p$ de ordem $3$, Nós temos $$B_p=p+J(\chi,\chi_2)+J(\chi^2,\chi_2)=p+2\Re J(\chi,\chi_2),$$ e desta vez $J(\chi,\chi_2)\in\mathbb{Z}[\omega]$ com $\omega=e^{2\pi i/3}$. Então, para alguns inteiros$a_p,b_p$, $$J(\chi,\chi_2)=a_p+b_p\omega,\qquad B_p=p+2a_p-b_p,\\4p=4|J(\chi,\chi_2)|^2=4(a_p^2-a_p b_p+b_p^2)=(2a_p-b_p)^2+3b_p^2,$$e obtemos o pedido de bônus (fixme: exclui a possibilidade de meio-inteiro ...).