Представление простого P=3n+1 формой P=A^2-AB+B^2

[Коровьев]

Часть 1.

Простое $P=3k+1 $ представимо формой $P=X^2-XY+Y^2 $, где $X,Y $ целые числа.
Причём
$$P=A^2-AB+B^2=A^2-A(A-B)+(A-B)^2=B^2-B(B-A)+(B-A)^2$

Пусть $g $ один из первообразных корней простого $P=3k+1 $. Обозначим

$$ \[ \varsigma _{\left( m \right)} = \sum\limits_{k = 1}^{\frac{{P - 1}}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}g^{3k} g^m } } = \left\{ \begin{array}{l} \varsigma _{\left( 0 \right)} \to m = 0\left( {\bmod 3} \right) \\ \varsigma _{\left( 1 \right)} \to m = 1\left( {\bmod 3} \right) \\ \varsigma _{\left( 2 \right)} \to m = 2\left( {\bmod 3} \right) \\ \end{array} \right. \] $

$ \varepsilon = - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i,\varepsilon ^2 + \varepsilon + 1 = 0,\varepsilon ^3 = 1 $

$$ \[ \begin{array}{l} \eta _{\left( 0 \right)} = \varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon ^2 \\ \tilde \eta _{\left( 0 \right)} = \varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon ^2 + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon \\ \end{array} \] $

$$ \[ \eta _{\left( n \right)} = \left\{ \begin{array}{l} \eta _{\left( 0 \right)} \to n = 0\left( {\bmod 3} \right) \\ \eta _{\left( 0 \right)} \varepsilon ^2 \to n = 1\left( {\bmod 3} \right) \\ \eta _{\left( 0 \right)} \varepsilon \to n = 2\left( {\bmod 3} \right) \\ \end{array} \right. \] $

$$ \[ \tilde \eta _{\left( n \right)} = \left\{ \begin{array}{l} \tilde \eta _{\left( 0 \right)} \to n = 0\left( {\bmod 3} \right) \\ \tilde \eta _{\left( 0 \right)} \varepsilon \to n = 1\left( {\bmod 3} \right) \\ \tilde \eta _{\left( 0 \right)} \varepsilon ^2 \to n = 2\left( {\bmod 3} \right) \\ \end{array} \right. \] $

Для всех $n $ произведение

$$ \[ \eta _{\left( n \right)} \tilde \eta _{\left( n \right)} = \eta _{\left( 0 \right)} \tilde \eta _{\left( 0 \right)} \] $

не зависит от $n $. Иначе, все изоморфизмы произведения в кольце $\mathbb{R}$$\[ \left( {e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right) \] $ равны. Также равны и изоморфизмы произведения в кольце $\mathbb{R}$$( \varepsilon ) $. Отсюда это произведение равно целому числу. (Теория чисел)
Покажем, что это произведение равно $ P $.

$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} \tilde \eta _{\left( 0 \right)} = \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon ^2 } \right)\left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon ^2 + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon } \right) = \] $
$$ \[ \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} ^2 + \varsigma _{\left( 1 \right)} ^2 + \varsigma _{\left( 2 \right)} ^2 } \right) - \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 0 \right)} } \right) = \] $
$$ \[ = \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} } \right)^2 - 3\left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 0 \right)} } \right) \] $
Так как
$$ \[ \varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} = - 1 \] $
то
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} \tilde \eta _{\left( 0 \right)} = 1 - 3\left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 0 \right)} } \right) \] $

Выражение в скобках равно целому числу, так как все изоморфизмы равны.

Из теории.
Пусть известно, что сумма $ \[\sum\limits_{k = 1}^t {e^{\frac{{2\pi i}}{P}a_k } } \] $ равна целому числу и все
$a_k $ целые числа. Тогда сумму можно представить
$$ \[ \sum\limits_{k = 1}^t {e^{\frac{{2\pi i}}{P}a_k } } = n + m\sum\limits_{k = 1}^P {e^{\frac{{2\pi i}}{P}k} } = n - m \] $
где $ n $ число показателей $a_k $ для которых $\[a_k \equiv 0\left( {\bmod P} \right)\]$

Итак, в скобках выражение равно целому числу, число слагаемых равно $ \[ 3\left( {\frac{{P - 1}}{3}} \right)^2 = \frac{{\left( {P - 1} \right)}}{3}^2 \]$
Найдём число членов с показателем, делящимся на $P$.
$$ \[ \varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} = \sum\limits_{k,t = 1}^{\frac{{P - 1}}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}g^{3k} } e^{\frac{{2\pi i}}{P}g^{3t} g} } = \sum\limits_{k,t = 1}^{\frac{{P - 1}}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}\left( {g^{3k} + g^{3t + 1} } \right)} } \] $
$$ \[ g^{3k} + g^{3t + 1} \equiv 0\left( {\bmod P} \right) \to 1 + g^{3\left( {t - k} \right) + 1} \equiv 0\left( {\bmod P} \right) \] $
Это последнее равенство возможно только если $$ \[ 3\left( {t - k} \right) + 1 = \left( {2s + 1} \right)\frac{{P - 1}}{2}\] $
что невозможно. Следовательно, все слагаемые отличны от единицы. Аналогично и для двух других слагаемых в скобке.
Тогда
$$ \[ \varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} = \sum\limits_{i = 1}^{\frac{{\left( {P - 1} \right)^2 }}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}m_i } } = \frac{{P - 1}}{3}\sum\limits_1^{P - 1} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}m} } = - \frac{{P - 1}}{3} \] $
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} \tilde \eta _{\left( 0 \right)} = 1 - 3\left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} } \right) = P \] $
===

-- Сб май 03, 2014 20:21:52 --

Часть 2.
Из теории.
Если для целого числа в кольце $\mathbb{R}$$\[\left( {e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right) \] $
$ \[ d \equiv 0\left( {\bmod \left( {1 - e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right)} \right) \] $, то $d \equiv 0\left( {\bmod P} \right)$
Если для многочлена с целыми коэффициентами
$f\left( 1 \right) \equiv 0\left( {\bmod P} \right) $, то $f\left( {e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right) \equiv 0\left( {\bmod \left( {1 - e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right)} \right)$
Рассмотрим выражение
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon ^2 } \right)^3 \] $
Все его изоморфизмы в кольце $\mathbb{R}$$\[\left( {e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right) \] $ равны.
Следовательно
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon ^2 } \right)^3 = c\left( {a + b\varepsilon } \right)\] $
$a,b,c$-целые,$\left( {a,b} \right) = 1$ - (Из теории)
$$ \[ \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon ^2 + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon } \right)^3 = c\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right) \] $
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} ^3 \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = P^3 = c^2 \left( {a + b\varepsilon } \right)\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right) = c^2 \left( {a^2 - ab + b^2 } \right) \to c = 1,P \] $
Пусть $c=1$
Рассматривая $\eta _{\left( 0 \right)} $ как многочлен от ${e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } $ имеем
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} \left( 1 \right) = \frac{{P - 1}}{3} + \frac{{P - 1}}{3}\varepsilon + \frac{{P - 1}}{3}\varepsilon ^2 = 0 \equiv 0\left( {\bmod P} \right) \] $
Следовательно
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} \equiv \tilde \eta _{\left( 0 \right)} \equiv 0\left( {\bmod \left( {1 - e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right)} \right) \] $
$$ \[ \eta _{\left( 0 \right)} ^3 - \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = b\left( {\varepsilon - \varepsilon ^2 } \right) \equiv 0\left( {\bmod \left( {1 - e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right)} \right) \] $
$$ \[ \left( {\varepsilon ^2 - \varepsilon } \right)\left( {\eta _{\left( 0 \right)} ^3 - \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 } \right) = 3b \equiv 0\left( {\bmod \left( {1 - e^{\frac{{2\pi i}}{P}} } \right)} \right) \] $
Отсюда
$b \equiv 0\left( {\bmod P} \right)$
А значит и $a$ должно делится на $P$, что невозможно по взаимной простоте $a,b$.
Итак, $c=P$
$a^2-ab+b^2=P$
=====

-- Сб май 03, 2014 20:23:29 --

Часть 3.

Окончательно получим:

$ P = 3k + 1$ - простое,$g$ - его первообразный корень.

$ \varepsilon = - \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}i,\varepsilon ^2 + \varepsilon + 1 = 0,\varepsilon ^3 = 1 $

$$ \[ \varsigma _{\left( 0 \right)} = \sum\limits_{k = 1}^{\frac{{P - 1}}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}g^{3k} } } ,\varsigma _{\left( 1 \right)} = \sum\limits_{k = 1}^{\frac{{P - 1}}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}g^{3k} g} } ,\varsigma _{\left( 2 \right)} = \sum\limits_{k = 1}^{\frac{{P - 1}}{3}} {e^{\frac{{2\pi i}}{P}g^{3k} g^2 } } \] $

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} \eta _{\left( 0 \right)} = \varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon ^2 \\ \tilde \eta _{\left( 0 \right)} = \varsigma _{\left( 0 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varepsilon ^2 + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varepsilon \\ \end{array} \right. \] $

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = P\left( {a + b\varepsilon } \right) \\ \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = P\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right) \\ \end{array} \right. \]$

$$\[ \left\{ \begin{array}{l} \eta _{\left( 0 \right)} ^3 - \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = Pb\left( {\varepsilon - \varepsilon ^2 } \right) \\ \eta _{\left( 0 \right)} ^3 \varepsilon - \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 = Pa\left( {\varepsilon - 1} \right) \\ \end{array} \right. \]$

$ P = a^2 - ab + b^2$

$$\[ a = \frac{{\eta _{\left( 0 \right)} ^3 \varepsilon - \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 }}{{P\left( {\varepsilon - 1} \right)}},b = \frac{{\eta _{\left( 0 \right)} ^3 - \tilde \eta _{\left( 0 \right)} ^3 }}{{P\left( {\varepsilon - \varepsilon ^2 } \right)}} \]$

[victor.l]

Вы бы написали почему произвольное $p=1+52n$ представимо в виде $a^2+13b^2$, а $p=1+44n$ в виде $a^2+11b^2$ нет.

[scientes]

Добрый день.

Мой вопрос перекликается с задачей о четверках Эйлера. Вы предложили 4-х параметрическое решение этой задачи. Оно также подходит для частного случая четверок Эйлера

$X^3+Y^3=Z^3+T^3$

C помощью небольшой программы я нашел $40$ положительных решений и вычислил остаток от деления
выражения $(X^3+Y^3)$ на $9$. В остатках нет 2 (двойки), присутствуют только цифры $0,1,7,8$. Как показать, что сумма $(X^3+Y^3)$ не дает при делении на $9$ в остатке $2$ ?

Благодарю.

Deggial: напоминаю, что согласно правилам форума, формулы и термы следует оформлять $\TeX$ом.
Инструкции по оформлению формул здесь или здесь (или в этом видеоролике).
Формулы сейчас я оформил. В случае неоформления пост/тема пойдёт в Карантин.

[Deggial]

victor.l, замечание за оффтоп. Для подобных вопросов есть раздел "Помогите решить/разобраться".

[Коровьев]

Исправлен в сообщении в первой части индекс
$\[ \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} } \right) \to \left( {\varsigma _{\left( 0 \right)} \varsigma _{\left( 1 \right)} + \varsigma _{\left( 1 \right)} \varsigma _{\left( 2 \right)} + \varsigma _{\left( 2 \right)} \varsigma _{\left( 0 \right)} } \right) \]$