$f(x,y)=x^2+xy+y^2 mod p$
Trovare tutti i primi per cui la forma quadratica $f(x,y)=x^2+xy+y^2$ ha soluzioni non banali modulo $p$.
Risposte
Se p = 2, l'equazione è evidentemente priva di soluzioni non banali. Se p = 3, una soluzione è la coppia (1,1). Sia perciò nel seguito p > 3. Allora $x^2+xy+y^2 \equiv 0$ mod p sse $(2x+y)^2 \equiv -3y^2$ mod p, i.e. sse -3 è un residuo quadratico mod p, posto di ammettere $gcd(y,p) = 1$ (com'è dovuto). Senonché $((-3)/p) = ((-1)/p) \cdot (3/p) = (p/3)$ e $(p/3) = 1$ sse $p \equiv 1$ mod 6, dove le parentesi denotano un simbolo di Legendre. Da qui la conclusione che p = 3 e i primi della forma 6k+1, con $k \in NN$, rappresentano tutte e sole le soluzioni al quesito proposto.
Manca la spiegazione del perché $((-1)/p)*(3/p)=(p/3)$..
Consideriamo il gruppo moltiplicativo $ZZ_p^*$, di ordine $p-1$.
Supponiamo ora che $p=1 (mod 3)$. Poiche' $3 | p-1$, per il teorema di Cauchy, $ZZ_p^*$ ha un elemento $x$ di ordine $3$, ovvero tale che $x^3=1 (mod p)$. Dunque $(x-1)(1+x+x^2)=x^3-1=0 (mod p)$. Poiche' $x\ne1 (mod p)$, in quanto $x$ ha ordine $3$, deduciamo che $p | 1+x+x^2$, e, ponendo $y=1$, abbiamo che $p | x^2+xy+y^2$.
D'altra parte, supponiamo che $p | x^2+xy+y^2$, con, $x$ e $y$ non banali modulo $p$. Poiche' $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$, abbiamo che $p | x^3-y^3$, e dunque $x^3=y^3 (mod p)$, e poiche' $y\ne 0 (mod p)$, $(xy^(-1))^3=1 (mod p)$. Osserviamo inoltre che, se $p>3$ non puo' essere $xy^(-1)=1 (mod p)$, altrimenti $x=y (mod p)$, e dunque $0=x^2+xy+y^2=3x^2 (mod p)$ e dunque $p$ dividerebbe $x$. Dunque, se $p>3$, $xy^(-1)$ ha ordine $3$, e dunque $3 | p-1$ e $p=1 (mod 3)$.
Inoltre $3=1^2+1+1$, dunque ponendo $x=1$ e $y=1$ abbiamo una soluzione.
In definitiva $x^2+xy+y^2$ ha soluzioni non banali modulo $p$ sse $p=3$ o $p=1 (mod 3)$.
Supponiamo ora che $p=1 (mod 3)$. Poiche' $3 | p-1$, per il teorema di Cauchy, $ZZ_p^*$ ha un elemento $x$ di ordine $3$, ovvero tale che $x^3=1 (mod p)$. Dunque $(x-1)(1+x+x^2)=x^3-1=0 (mod p)$. Poiche' $x\ne1 (mod p)$, in quanto $x$ ha ordine $3$, deduciamo che $p | 1+x+x^2$, e, ponendo $y=1$, abbiamo che $p | x^2+xy+y^2$.
D'altra parte, supponiamo che $p | x^2+xy+y^2$, con, $x$ e $y$ non banali modulo $p$. Poiche' $x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)$, abbiamo che $p | x^3-y^3$, e dunque $x^3=y^3 (mod p)$, e poiche' $y\ne 0 (mod p)$, $(xy^(-1))^3=1 (mod p)$. Osserviamo inoltre che, se $p>3$ non puo' essere $xy^(-1)=1 (mod p)$, altrimenti $x=y (mod p)$, e dunque $0=x^2+xy+y^2=3x^2 (mod p)$ e dunque $p$ dividerebbe $x$. Dunque, se $p>3$, $xy^(-1)$ ha ordine $3$, e dunque $3 | p-1$ e $p=1 (mod 3)$.
Inoltre $3=1^2+1+1$, dunque ponendo $x=1$ e $y=1$ abbiamo una soluzione.
In definitiva $x^2+xy+y^2$ ha soluzioni non banali modulo $p$ sse $p=3$ o $p=1 (mod 3)$.
"Crook":
Manca la spiegazione del perché $((-1)/p)*(3/p)=(p/3)$..
Null'altro che la legge di reciprocità quadratica di Gauss: $((-1)/p)*(3/p)=(-1)^{(p-1)/2} (-1)^{(3-1)/2 \cdot (p-1)/2} (p/3) = (p/3)$.
L'avevo capito, era per chiarire la dimostrazione a chi non conoscesse la legge.
"fields":
In definitiva $x^2+xy+y^2$ ha soluzioni non banali modulo $p$ sse $p=3$ o $p=1 (mod 3)$.
Che possiamo migliorare, in accordo con DavidHilbert, in $p=3$ e $p=6k+1$, dato $p=3k+1$, puo' essere primo solo se $k$ e' pari.
"Crook":
[quote="fields"]In definitiva $x^2+xy+y^2$ ha soluzioni non banali modulo $p$ sse $p=3$ o $p=1 (mod 3)$.
Che possiamo migliorare, in accordo con DavidHilbert, in $p=3$ e $p=6k+1$, dato $p=3k+1$, puo' essere primo solo se $k$ e' pari.[/quote]
Non è un miglioramento, sono due modi per dire la stessa cosa
Si', non e' un miglioramento 
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