Степень простого числа представляется квадратичной формой

[mathematician123]

Нечётные простые числа $p$ и $q$ таковы, что $-q$ является квадратичным вычетом по модулю $p$. Верно ли, что найдутся натуральные числа $x$, $y$, $a$, такие что $p^a=x^2+qy^2$? Я проверил это утверждение для небольших $p$ и $q$, но в общем виде доказать не получается. В интернете есть некоторая информация по квадратичным формам, но конкретно это утверждение я не нашёл. Интересно узнать, верно ли это утверждение и как его доказывать.

[nnosipov]

Похоже на контрпример: $p=23$, $d=11$. Вообще, вопросы про представление чисел бинарными квадратичными формами мне кажутся довольно сложными, см. книгу Cox D.A. Primes of the form $x^2+ny^2$. New York: John Wiley & Sons, Inc., 1989.

Upd. Хотя нет, это не контрпример.

[nnosipov]

Сегодня заметил, что для $q=11$ утверждение верно: $p^3$ представляется формой $x^2+11y^2$ (легкое упражнение). Привлекая теорию идеалов, можно попробовать доказать утверждение и для произвольного $q$. Случай $q=11$ прост тем, что соответствующее квадратичное поле одноклассно.

[mathematician123]

Кое-что удалось найти.

1) Пусть $d$ - фундаментальный дискриминант, $m > 2$ нечётное и взаимнопростое с $d$. Тогда $m$ представимо некоторой квадратичной формой $F(x, y)$ дискриминанта $d$ с взаимнопростыми $x$ и $y$.

2) Пусть $d$ - фундаментальный дискриминант, $d \equiv 0 \pmod{4}$. Тогда множество классов эквивалентности форм дискриминанта $d$ с операцией композиции является конечной абелевой группой, причём единицей этой группы является класс, содержащий форму $x^2-\frac{d}{4}y^2$.

Если я правильно понял, из этих теорем следует доказательство утверждения из стартового сообщения для $q \equiv 1 \pmod{4}$.

[Andrey A]

($(x^2+qy^2)$)

Не очень в тему, но мало ли пригодится. Формой $x^2+qy^2$ активно интересовался еще Ферма, и причины понятны:
"замкнутость" тождества $\left ( x^2+qy^2 \right )\left ( z^2+qt^2 \right )=\left ( xz \pm qyt \right )^2+q\left ( xt \mp yz \right )^2$ относительно умножения плюс утверждение/догадка о единственности представления простого числа арифметической суммой $x^2+qy^2.$ Невозможность двух представлений легко показать на языке сравнений:
$p=x^2+qy^2=z^2+qt^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{rcl} x^2 &\equiv -qy^2 & \\ z^2 &\equiv -qt^2 & \\ \end{array} \right. \Rightarrow (xt)^2 \equiv (yz)^2 \mod p.$ Имеем пару нетривиальных квадратов сравнимых по $\mod p,$ что невозможно.

Исторически дальнейшее развитие мысли во многом опирается на эти маленькие открытия. Но дело в том, что форма $x^2+qy^2$ хоть и удобна для исследований с малыми числами, является всё же частным случаем более общей закономерности. А делать выводы на основании неполных форм бывает затруднительно. По аналогии с предыдущим общая картина такова:

$\left ( acx^2+bdy^2 \right )\left ( bcz^2+adt^2 \right )=ab\left ( cxz \pm dyt \right )^2+cd\left ( axt \mp byz \right )^2$ (тождество).

$p=acx^2+bdy^2=bcz^2+adt^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{rcl} acx^2 &\equiv -bdy^2 & \\ bcz^2 &\equiv -adt^2 & \\ \end{array} \right. \Rightarrow$ $(axt)^2 \equiv (byz)^2 \mod p$ (с теми же последствиями).

Равенство берется не по коэффициенту/коэффициентам при квадратах, а по произведению коэффициентов.
Вместо единственности представления простого числа формой $x^2+qy^2$ утверждается следующее:
Не существует двух различных представлений простого числа арифметической суммой $AX^2+BY^2=CZ^2+DT^2$ при условии $AB=CD$ (без учета перестановок слагаемых, параметры $A,B,C,D$ свободны от квадратов). Кое-что об этом было тут.

[mathematician123]

Ещё одно похожее утверждение: если $d \equiv 7 \pmod{8}$, то существуют нечётные $x, y$ и натуральное $a$, такие что $2^a = x^2+dy^2$. При этом минимальное решение может быть очень большим. Для $d = 1991$ минимальным решением будет $2^{58} = 501349613^2+1991 \cdot 4303815^2$.

[mathematician123]

Мне удалось придумать доказательство утверждения. Доказательство опирается на лемму, которая является обобщением доказательства Лагранжа предствимости любого простого делителя числа $n^2 + 1$ в виде суммы квадратов.

Лемма
Пусть $-q$ является квадратичным вычетом по модулю нечётного простого числа $p$. Тогда для любого натурального $s$ существует такое натуральное число $s + 1 \le h \le 2s$, что $kp^h = a^2 + qb^2$, где $a$ не делится на $p$ и $k < q + 1$.

Доказательство
Выберем целое число $m$ так, что $p^{2s} \mid m^2 + q$. Рассмотрим все пары целых чисел $(r, s)$, такие что $0 \le r, s \le p^s$. Среди таких пар найдутся две пары $(r_1, s_1), (r_2, s_2)$, для которых $r_1 + ms_1 \equiv r_2 + ms_2 \pmod{p^{2s}}$ и $r_1 - r_2$ не делится на $p^s$. Действительно, всего имеется $(p^s + 1)^2 = p^{2s} + 2p^s + 1$ пар, а остатков от деления $r + ms$ на $p^{2s}$ ровно $p^{2s}$. Значит, пары, удовлетворяющие сравнению $r_1 + ms_1 \equiv r_2 + ms_2 \pmod{p^{2s}}$, найдутся. При этом, из $p^s \mid r_1-r_2$ следует, что $p^s \mid s_1 - s_2$. Такое возможно только если $r_1, r_2, s_1, s_2 \in \{0, p^s\}$. Значит, можно выбрать $r_1, s_1, r_2, s_2$ так, что $r_1 - r_2$ и $s_1 - s_2$ не делятся на $p^s$. Пусть $r_1 - r_2 = p^lu$, $s_1 - s_2 = p^lv$, где $uv$ не делится на $p$. Тогда $u + mv \equiv 0 \pmod{p^{2s-l}}$. Число

$$u^2 + qv^2 = (u - mv)(u + mv) + v^2(m^2 + q)$$

делится на $p^{2s-l}$. Пусть $u^2 + qv^2 = kp^{2s-l}$. Нетрудно видеть, что $k < q+1$, так как $u, v < p^{s-l}$.

Теорема
Пусть $-q$ является квадратичным вычетом по модулю нечётного простого числа $p$. Тогда $p^h = a^2 + qb^2$ для некоторых натуральных $a, b, h$.

Доказательство
Из леммы следует, что найдётся $q(q^2+1)$ четвёрок $a_i, b_i, k_i, h_i$, таких что $a_i^2 + qb_i^2 = k_ip^{h_i}$, $k_i \le q$, $a_i, b_i$ не делятся на $p$, $\gcd(a_i, b_i) = 1$, все $h_i$ попарно различны. Среди этих равенств найдутся два равенства вида $a^2 + qb^2 = kp^{h_1}$ и $c^2 + qd^2 = kp^{h_2}$, где $a \equiv c \pmod{k}$ и $b \equiv d \pmod{k}$. Тогда

$$p^{h_1 + h_2} = \frac{(a^2+qb^2)(c^2 + qd^2)}{k^2} = \left(\frac{ac + qbd}{k}\right)^2 + q\left(\frac{ad - bc}{k}\right)^2$$

Равенство $ad - bc = 0$ невозможно, так как из него следовало бы $a = c$, $b = d$, $h_1 = h_2$.


В доказательстве простота $q$ не используется. Также небольшая модификация леммы позволяет доказать утверждение про представимость степени двойки в случае $q \equiv 7 \pmod{8}$.

[victor.l]

Для некоторых форм такой вопрос решается элементарно. Например $x^2+5y^2=n$ единственная приведенная форма которой представимы квадратичные вычеты $-5$ вида $4n+1$ откуда следует что простые числа такого типа представимы формой $x^2+5y^2$ в произвольных степенях а простые числа $4n+3$ в произвольных четных степенях. Для форм $x^2+13y^2$ и $x^2+37y^2$ аналогично.

[mathematician123]

В этом плане наименьший интересный случай - это форма $x^2 + 17y^2$. Если $-17$ квадратичный вычет по модулю простого $p$, то $p$, либо $p^2$, либо $p^4$ представимо в виде $x^2 + 17y^2$. При этом, из $x^2 + 17y^2 = p^2$ следует $(p - x)(p+x) = 17y^2$.Отсюда из ОТА получаем $p = m^2 + 17n^2$ или $2p = m^2 + 17n^2$. Рассмотрение по модулю 8 этих двух равенств показывает, что $p \equiv 1 \pmod{4}$. Значит, если $p \equiv 3 \pmod{4}$, то $p^4$ это минимальная представимая степень. Но как в случае $p \equiv 1 \pmod{4}$ определить $p$ или $p^2$ является минимальной представимой степенью, неясно. Каких-то простых закономерностей не видно.

[victor.l]

Для $x^2+19y^2,x^2+43y^2,x^2+163y^2$ аналогично $x^2+11y^2$ поскольку для соотвествующих дискриминантов имеется по две аналогичные приведеные формы.