Ideali coprimi in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \).
Sia \( \zeta_p \) una radice primitiva \(p\)-esima dell'unità, \(p\) un numero primo dispari. Definiamo
\[ \tau = \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{a} \]
Dove \( \left( \frac{ \cdot }{p} \right) \) è simbolo di Legendre.
Dimostra che l'ideale \((q,\tau)=1\) in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \) (hint \((q,\tau^2 ) \subseteq (q,\tau) \)).
Io ho dimostrato che \( \tau^2 = \left( \frac{ -1}{p} \right)p \). Immagino che \( (q,\tau) = 1 \) vuol dire che \( (q,\tau) = \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Equivalentemente che gli ideali \( (q) \) e \(( \tau ) \) sono coprimi tra loro.
Immagino che \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \) sia un anello di Dedekind. Pertanto qualunque ideale \( \mathfrak{a} \) di \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \) si fattorizza in un prodotto di ideali primi. Definiamo quindi l'unica funzione (la valutazione) \[ v_{\cdot}(\mathfrak{a}) : \operatorname{Spec}(A) \to \mathbb{N} \]
\[ \mathfrak{p} \mapsto v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a}) \]
tale che \( v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a})\neq 0 \) solo per finiti \( \mathfrak{p} \)
e
\[ \mathfrak{a} = \prod_{\mathfrak{p}} \mathfrak{p}^{v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a}) } \]
dove \( \mathfrak{p}^0 = \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Da cui
\[ \gcd(\mathfrak{a},\mathfrak{b}) = (\mathfrak{a},\mathfrak{b}) = \prod_{\mathfrak{p}} \mathfrak{p}^{\operatorname{min}(v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a}),v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{b}) )} \]
Ora se non sbaglio in un anello di Dedeking un anello primo è massimale. Dunque se \( ( \tau ) \) è primo ho finito. Perché avrei che \( (q,\tau) =1 \). Il problema è che credo che \( \tau \) non sia primo... e credo di dover usare in qualche modo il fatto che \( (q,\tau^2) \subseteq (q,\tau) \), magari riuscendo a dire che \((q,\tau^2) \) è un ideale primo, e quindi massimale ed essendo \( (q,\tau^2) \subsetneq (q,\tau) \subseteq \mathbb{Z}[\zeta_p] \) avrei automaticamente che \((q,\tau) = \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Ma non sono sicuro di ciò
Chiaramente \( (q,\tau^2) \subsetneq (q,\tau) \) sicché \( \tau \in (q,\tau) \) ma \( \tau \not\in (q,\tau^2) \), ad esempio. E siccome un generico elemento \( x \in (q,\tau^2) \) si scrive come \( x= aq +b\tau^2 =aq + (b\tau) \tau \in (q,\tau) \), dove \( a,b \in \mathbb{Z}[\zeta_p] \).
Per dimostrare che è massimale dimostrerei che è primo. Ora siccome \( \tau^2 = \left( \frac{ -1}{p} \right)p \) mi verrebbe da dire che è effettivamente un ideale primo in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \). In primo luogo credo che \( (q,\tau^2) = (q,p) \).
Il fatto è che già questo qui mi sembra essere tutto \((q,p ) = \mathbb{Z}[\zeta_p] \)... quindi forse \( (q,\tau^2)=(q,\tau) \)... non so qualcuno ha un idea?
\[ \tau = \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{a} \]
Dove \( \left( \frac{ \cdot }{p} \right) \) è simbolo di Legendre.
Dimostra che l'ideale \((q,\tau)=1\) in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \) (hint \((q,\tau^2 ) \subseteq (q,\tau) \)).
Io ho dimostrato che \( \tau^2 = \left( \frac{ -1}{p} \right)p \). Immagino che \( (q,\tau) = 1 \) vuol dire che \( (q,\tau) = \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Equivalentemente che gli ideali \( (q) \) e \(( \tau ) \) sono coprimi tra loro.
Immagino che \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \) sia un anello di Dedekind. Pertanto qualunque ideale \( \mathfrak{a} \) di \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \) si fattorizza in un prodotto di ideali primi. Definiamo quindi l'unica funzione (la valutazione) \[ v_{\cdot}(\mathfrak{a}) : \operatorname{Spec}(A) \to \mathbb{N} \]
\[ \mathfrak{p} \mapsto v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a}) \]
tale che \( v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a})\neq 0 \) solo per finiti \( \mathfrak{p} \)
e
\[ \mathfrak{a} = \prod_{\mathfrak{p}} \mathfrak{p}^{v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a}) } \]
dove \( \mathfrak{p}^0 = \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Da cui
\[ \gcd(\mathfrak{a},\mathfrak{b}) = (\mathfrak{a},\mathfrak{b}) = \prod_{\mathfrak{p}} \mathfrak{p}^{\operatorname{min}(v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{a}),v_{\mathfrak{p}}(\mathfrak{b}) )} \]
Ora se non sbaglio in un anello di Dedeking un anello primo è massimale. Dunque se \( ( \tau ) \) è primo ho finito. Perché avrei che \( (q,\tau) =1 \). Il problema è che credo che \( \tau \) non sia primo... e credo di dover usare in qualche modo il fatto che \( (q,\tau^2) \subseteq (q,\tau) \), magari riuscendo a dire che \((q,\tau^2) \) è un ideale primo, e quindi massimale ed essendo \( (q,\tau^2) \subsetneq (q,\tau) \subseteq \mathbb{Z}[\zeta_p] \) avrei automaticamente che \((q,\tau) = \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Ma non sono sicuro di ciò
Chiaramente \( (q,\tau^2) \subsetneq (q,\tau) \) sicché \( \tau \in (q,\tau) \) ma \( \tau \not\in (q,\tau^2) \), ad esempio. E siccome un generico elemento \( x \in (q,\tau^2) \) si scrive come \( x= aq +b\tau^2 =aq + (b\tau) \tau \in (q,\tau) \), dove \( a,b \in \mathbb{Z}[\zeta_p] \).
Per dimostrare che è massimale dimostrerei che è primo. Ora siccome \( \tau^2 = \left( \frac{ -1}{p} \right)p \) mi verrebbe da dire che è effettivamente un ideale primo in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \). In primo luogo credo che \( (q,\tau^2) = (q,p) \).
Il fatto è che già questo qui mi sembra essere tutto \((q,p ) = \mathbb{Z}[\zeta_p] \)... quindi forse \( (q,\tau^2)=(q,\tau) \)... non so qualcuno ha un idea?
Risposte
Ma $q$ cosa sarebbe?
Non è specificato nel testo, ma siccome la traccia dell'esercizio richiede di dimostrare la legge quadratica presumo sia un primo dispari. La traccia completa è
L'obbiettivo di questo esercizio è di enunciare e dimostrare la reciprocità quadratica. Siano \(p,q\) due numeri primi dispari. Allora
\[ \left( \frac{q}{p} \right) \left( \frac{p}{q} \right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2} } \]
Definiamo siano \(\zeta_p \) e \( \tau \)... (come ho menzionato sopra)
Infatti i punti da dimostrare sono in realtà questi:
1) Dimostra che \( \tau^2 = \left( -1\right)^{\frac{p-1}{2}} p \)
2) Dimostra che \( (q, \tau) = 1 \) in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \).
3) Dimostra che \( \tau^{q-1} \equiv \left( \frac{q}{p} \right) \mod q \)
4) Usa 1) e 3) per concludere la dimostrazione della reciprocità quadratica.
ps: è menzionato nell'enunciato della reciprocità quadratica, scusa
L'obbiettivo di questo esercizio è di enunciare e dimostrare la reciprocità quadratica. Siano \(p,q\) due numeri primi dispari. Allora
\[ \left( \frac{q}{p} \right) \left( \frac{p}{q} \right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2} } \]
Definiamo siano \(\zeta_p \) e \( \tau \)... (come ho menzionato sopra)
Infatti i punti da dimostrare sono in realtà questi:
1) Dimostra che \( \tau^2 = \left( -1\right)^{\frac{p-1}{2}} p \)
2) Dimostra che \( (q, \tau) = 1 \) in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \).
3) Dimostra che \( \tau^{q-1} \equiv \left( \frac{q}{p} \right) \mod q \)
4) Usa 1) e 3) per concludere la dimostrazione della reciprocità quadratica.
ps: è menzionato nell'enunciato della reciprocità quadratica, scusa
Ma guarda se $q$ è un primo diverso da $p$ e hai dimostrato che $\tau^2$ è $p$ a meno di segno, allora $(q,\tau^2)$ deve contenere 1 per Bezout.
Anche io avevo pensato a Bezout, però mi confondeva perché non ero sicuro che magari in \( \mathbb{Z}[\zeta_p] \), \(q\) e \(p \) potrebbero non essere coprimi a priori. Oppure restano coprimi anche lì?
Lascia perdere la coprimalità. Esistono $u,v\in\mathbb Z$ con $up+vq=1$.
Effettivamente a maggior ragione, se \(u,v \in \mathbb{Z}\) allora \(u,v \in \mathbb{Z}[\zeta_p] \).
Per 3) farei così: ma sbaglio qualcosa evidentemente
Voglio dimostrare che \( \tau^q \in \left( \frac{q}{p} \right) \tau + q \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Ora
\[ \tau^q = \left( (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \right)^q = (-1)^{q \cdot \frac{p-1}{2}} p^q = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \cdot \left( p^{q-1} \right) \]
Ora siccome \( (p,q) = 1 \) abbiamo per il piccolo teorema di Fermat che \( p^{q-1} \equiv 1 \mod q \)
Pertanto
\[ \tau^q = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \cdot \left( p^{q-1} \right) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \mod q \]
dunque
\[ \tau^q \equiv \tau \mod q \]
cosa che è sbagliata perché dovrei arrivare a dire che \[ \tau^q \equiv \left( \frac{q}{p} \right) \tau \mod q \]
edit: imprecisione. Il teorema di Fermat è soddisfatto perché sono entrambi primi.
Altra imprecisione ahah... \( \tau^q \neq \left( (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \right)^q \)
Voglio dimostrare che \( \tau^q \in \left( \frac{q}{p} \right) \tau + q \mathbb{Z}[\zeta_p] \). Ora
\[ \tau^q = \left( (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \right)^q = (-1)^{q \cdot \frac{p-1}{2}} p^q = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \cdot \left( p^{q-1} \right) \]
Ora siccome \( (p,q) = 1 \) abbiamo per il piccolo teorema di Fermat che \( p^{q-1} \equiv 1 \mod q \)
Pertanto
\[ \tau^q = (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \cdot \left( p^{q-1} \right) \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \mod q \]
dunque
\[ \tau^q \equiv \tau \mod q \]
cosa che è sbagliata perché dovrei arrivare a dire che \[ \tau^q \equiv \left( \frac{q}{p} \right) \tau \mod q \]
edit: imprecisione. Il teorema di Fermat è soddisfatto perché sono entrambi primi.
Altra imprecisione ahah... \( \tau^q \neq \left( (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \right)^q \)
Però dato per vero 3), 4) si trasforma semplicemente in
\[\left( \frac{q}{p} \right) \equiv \tau^{q-1} = \left( (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \right)^{\frac{q-1}{2}} = (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} p^{\frac{q-1}{2}} \equiv (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left( \frac{p}{q} \right) \mod q \]
da cui
\[ (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left( \frac{p}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \]
pertanto abbiamo che siccome \( \left( \frac{p^2}{q} \right) =1 \) allora
\[ \left( \frac{p}{q} \right) \left( \frac{q}{p} \right) = (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}}\]
\[\left( \frac{q}{p} \right) \equiv \tau^{q-1} = \left( (-1)^{\frac{p-1}{2}} p \right)^{\frac{q-1}{2}} = (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} p^{\frac{q-1}{2}} \equiv (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left( \frac{p}{q} \right) \mod q \]
da cui
\[ (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}} \left( \frac{p}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \]
pertanto abbiamo che siccome \( \left( \frac{p^2}{q} \right) =1 \) allora
\[ \left( \frac{p}{q} \right) \left( \frac{q}{p} \right) = (-1)^{ \frac{p-1}{2} \frac{q-1}{2}}\]
Per ora sono riuscito a dire questo. Non so se mi possa aiutare
\[ \tau^q = \tau \tau^{q-1} = \tau \left( \tau^2 \right)^{\frac{q-1}{2}} \equiv \tau \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \mod q \]
Da cui risulta che
\[ \tau^q = \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a + q \mathbb{Z}[\zeta_p] \]
Ora dovrei, credo, in qualche modo dimostrare facendo qualche cambio di variabile che non vedo o usando qualche barbatrucco che il primo termine in realtà è proprio quello che voglio? Bella domanda. Ci penso.
Edit: Forse devo dimostrare che \( \left( \frac{\tau^2}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \)...? Che si traduce in
\[\left( \frac{\tau^2}{q} \right) = \left( \frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{q} \right) \left( \frac{p}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \]
O equivalentemente
\[\left( \frac{\tau^2}{q} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = \left( \frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) \]
Ora supponendo che \((-1)^{\frac{p-1}{2}}=1\) abbiamo che \( p \equiv 1 \mod 4 \) ed inoltre abbiamo che \(1\) è un quadrato \( \mod q \) quindi dobbiamo dimostrare (senza la reciprocità quadratica) che
\[\left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = 1 \]
Mentre se \((-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1\) allora abbiamo che \( p \equiv 3 \mod 4 \).
Ora \(-1\) è un quadrato \( \mod q \) se e solo se \( q \equiv 1 \mod 4 \), e non mi sorprende che per simmetria dobbiamo di nuovo dimostrare
\[\left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = 1 \]
Ora se \( p \equiv 3 \mod 4 \) e \( q \equiv 3 \mod 4 \), abbiamo che
\[\left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = - 1 \]
Come dimostrarlo senza la reciprocità quadratica è un bel mistero per me....
\[ \tau^q = \tau \tau^{q-1} = \tau \left( \tau^2 \right)^{\frac{q-1}{2}} \equiv \tau \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \mod q \]
Da cui risulta che
\[ \tau^q = \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a + q \mathbb{Z}[\zeta_p] \]
Ora dovrei, credo, in qualche modo dimostrare facendo qualche cambio di variabile che non vedo o usando qualche barbatrucco che il primo termine in realtà è proprio quello che voglio? Bella domanda. Ci penso.
Edit: Forse devo dimostrare che \( \left( \frac{\tau^2}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \)...? Che si traduce in
\[\left( \frac{\tau^2}{q} \right) = \left( \frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{q} \right) \left( \frac{p}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \]
O equivalentemente
\[\left( \frac{\tau^2}{q} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = \left( \frac{(-1)^{\frac{p-1}{2}}}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) \]
Ora supponendo che \((-1)^{\frac{p-1}{2}}=1\) abbiamo che \( p \equiv 1 \mod 4 \) ed inoltre abbiamo che \(1\) è un quadrato \( \mod q \) quindi dobbiamo dimostrare (senza la reciprocità quadratica) che
\[\left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = 1 \]
Mentre se \((-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1\) allora abbiamo che \( p \equiv 3 \mod 4 \).
Ora \(-1\) è un quadrato \( \mod q \) se e solo se \( q \equiv 1 \mod 4 \), e non mi sorprende che per simmetria dobbiamo di nuovo dimostrare
\[\left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = 1 \]
Ora se \( p \equiv 3 \mod 4 \) e \( q \equiv 3 \mod 4 \), abbiamo che
\[\left( \frac{q}{p} \right)\left( \frac{p}{q} \right) = - 1 \]
Come dimostrarlo senza la reciprocità quadratica è un bel mistero per me....
Forse così:
Abbiamo che \[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a \]
è indipendente dalla scelta della radice primitiva dell'unità \( \zeta_p \). Inoltre esiste \( b \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} \), che dipende chiaramente dai primi \(p,q\), tale che \( \left( \frac{ \tau^2}{q} \right) \left( \frac{b}{p} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \).
Infatti se \( \left( \frac{ \tau^2}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \), basta scegliere \(b\) come un quadrato modulo \(p\). Altrimenti basta scegliere \(b\) come un non quadrato modulo \(p\).
Ma allora siccome \( (b,p) = 1 \) e poiché abbiamo che \( \zeta_p \mapsto \zeta_p^b \) è ancora una radice primitiva dell'unità. Risulta che
\[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{ab} \]
Claim: Sia \( \chi \) un carattere di Dirichlet primitivo modulo \(p\). E sia
\[ G(\chi,n) := \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(a) \zeta_p^{an} \]
Allora abbiamo che se \( (n,p)=1 \) risulta che
\[ G(\chi,n) = G(\chi,1) \overline{\chi}(n) \]
Abbiamo infatti che
\[ \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(a) \zeta_p^{an} = \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(n) \overline{\chi}(n) \chi(a) \zeta_p^{an} \]
\[ = \overline{\chi}(n) \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(an) \zeta_p^{an} \]
\[ = \overline{\chi}(n) \sum_{ \tilde{a} \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(\tilde{a}) \zeta_p^{\tilde{a}}= \overline{\chi}(n) G(\chi,1) \]
Abbiamo chiaramente che il simbolo di Legendre è un carattere di Dirichlet, credo sia primitivo (ma devo dimostrarlo) inoltre è a valori reali quindi il coniugato del simbolo di Legendre è ancora il simbolo di Legndre. Pertanto dal Claim deduciamo che
\[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{ab} = \left( \frac{b}{p} \right) \sum_{\tilde{a} \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{\tilde{a}}{p} \right) \zeta_p^{\tilde{a}} = \left( \frac{b}{p} \right) \tau \]
Pertanto abbiamo che
\[ \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \tau = \left( \frac{\tau^2}{q} \right)\left( \frac{b}{p} \right) \tau = \left( \frac{q}{p} \right) \tau \]
Abbiamo che \[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a \]
è indipendente dalla scelta della radice primitiva dell'unità \( \zeta_p \). Inoltre esiste \( b \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} \), che dipende chiaramente dai primi \(p,q\), tale che \( \left( \frac{ \tau^2}{q} \right) \left( \frac{b}{p} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \).
Infatti se \( \left( \frac{ \tau^2}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \), basta scegliere \(b\) come un quadrato modulo \(p\). Altrimenti basta scegliere \(b\) come un non quadrato modulo \(p\).
Ma allora siccome \( (b,p) = 1 \) e poiché abbiamo che \( \zeta_p \mapsto \zeta_p^b \) è ancora una radice primitiva dell'unità. Risulta che
\[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{ab} \]
Claim: Sia \( \chi \) un carattere di Dirichlet primitivo modulo \(p\). E sia
\[ G(\chi,n) := \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(a) \zeta_p^{an} \]
Allora abbiamo che se \( (n,p)=1 \) risulta che
\[ G(\chi,n) = G(\chi,1) \overline{\chi}(n) \]
Abbiamo infatti che
\[ \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(a) \zeta_p^{an} = \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(n) \overline{\chi}(n) \chi(a) \zeta_p^{an} \]
\[ = \overline{\chi}(n) \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(an) \zeta_p^{an} \]
\[ = \overline{\chi}(n) \sum_{ \tilde{a} \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(\tilde{a}) \zeta_p^{\tilde{a}}= \overline{\chi}(n) G(\chi,1) \]
Abbiamo chiaramente che il simbolo di Legendre è un carattere di Dirichlet, credo sia primitivo (ma devo dimostrarlo) inoltre è a valori reali quindi il coniugato del simbolo di Legendre è ancora il simbolo di Legndre. Pertanto dal Claim deduciamo che
\[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{ab} = \left( \frac{b}{p} \right) \sum_{\tilde{a} \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{\tilde{a}}{p} \right) \zeta_p^{\tilde{a}} = \left( \frac{b}{p} \right) \tau \]
Pertanto abbiamo che
\[ \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \tau = \left( \frac{\tau^2}{q} \right)\left( \frac{b}{p} \right) \tau = \left( \frac{q}{p} \right) \tau \]
Un consiglio: se un esercizio non è espressamente marcato come "difficile" e la tua soluzione supera le 10 righe, molto probabilmente stai facendo qualcosa di quantomeno ridondante. Hai provato per esempio a prendere la definizione di $\tau$ ed elevarla alla $q$?
Si, ma non riuscivo a concludere.
\[ \tau^q = \sum_{a_1,\ldots,a_q \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{ \prod_{j=1}^{q} a_j }{p} \right) \zeta_p^{\sum_j a_j} \]
da qui spezzavo in
\[ \left( \frac{q}{p} \right) \sum_{a_2,\ldots,a_q \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{ \prod_{j=2}^{q} a_j }{p} \right) \zeta_p^{q +\sum_j a_j} + \sum_{\substack{a_1,\ldots,a_q \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} \\ a_1 \not\equiv q \mod p} } \left( \frac{ \prod_{j=1}^{q} a_j }{p} \right) \zeta_p^{\sum_j a_j} \]
ma poi non sapevo come andare avanti.
\[ \tau^q = \sum_{a_1,\ldots,a_q \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{ \prod_{j=1}^{q} a_j }{p} \right) \zeta_p^{\sum_j a_j} \]
da qui spezzavo in
\[ \left( \frac{q}{p} \right) \sum_{a_2,\ldots,a_q \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{ \prod_{j=2}^{q} a_j }{p} \right) \zeta_p^{q +\sum_j a_j} + \sum_{\substack{a_1,\ldots,a_q \in \left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times} \\ a_1 \not\equiv q \mod p} } \left( \frac{ \prod_{j=1}^{q} a_j }{p} \right) \zeta_p^{\sum_j a_j} \]
ma poi non sapevo come andare avanti.
"hydro":
Un consiglio: se un esercizio non è espressamente marcato come "difficile" e la tua soluzione supera le 10 righe, molto probabilmente stai facendo qualcosa di quantomeno ridondante. Hai provato per esempio a prendere la definizione di $\tau$ ed elevarla alla $q$?
Grazie per il consiglio, però direi che il mio messaggio sopra supera le 10 righe perché ho dimostrato il claim sui caratteri di dirichlet principali.
\(\tau^q\equiv\sum_{a=1}^{p-1}\left(\frac{a}{p}\right)\zeta_p^{aq}=\left(\frac{q}{p}\right)\sum_{i=0}^{p-1}\left(\frac{i}{p}\right)\zeta_p^i=\left(\frac{q}{p}\right)\tau\), dove hai semplicemente sostituito $aq=i$ nella somma ed usato qualche fatto ovvio sul simbolo di Legendre.
"hydro":
\(\tau^q\equiv\sum_{a=1}^{p-1}\left(\frac{a}{p}\right)\zeta_p^{aq} \)
Come trovi questo?
E' una congruenza modulo $q$
Lo avevo capito, ma non ho capito come trovi questa congruenza... sarà una cosa banale ma non la vedo.
Scriviti la formula dello sviluppo di $(a_1+\ldots+a_n)^q$, o cercala su wikipedia. Vedrai che i coefficienti dei termini misti sono 0 modulo $q$.
Ahhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh ma cribbio! Basta newton per dirlo! Il teorema multinomiale intendo ( o come si chiama poi)
"3m0o":
Forse così:
Abbiamo che \[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a \]
è indipendente dalla scelta della radice primitiva dell'unità \( \zeta_p \). Inoltre esiste \( b \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} \), che dipende chiaramente dai primi \( p,q \), tale che \( \left( \frac{ \tau^2}{q} \right) \left( \frac{b}{p} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \).
Infatti se \( \left( \frac{ \tau^2}{q} \right) = \left( \frac{q}{p} \right) \), basta scegliere \( b \) come un quadrato modulo \( p \). Altrimenti basta scegliere \( b \) come un non quadrato modulo \( p \).
Ma allora siccome \( (b,p) = 1 \) e poiché abbiamo che \( \zeta_p \mapsto \zeta_p^b \) è ancora una radice primitiva dell'unità. Risulta che
\[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^a = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{ab} \]
Claim: Sia \( \chi \) un carattere di Dirichlet primitivo modulo \( p \). E sia
\[ G(\chi,n) := \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(a) \zeta_p^{an} \]
Allora abbiamo che se \( (n,p)=1 \) risulta che
\[ G(\chi,n) = G(\chi,1) \overline{\chi}(n) \]
Abbiamo infatti che
\[ \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(a) \zeta_p^{an} = \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(n) \overline{\chi}(n) \chi(a) \zeta_p^{an} \]
\[ = \overline{\chi}(n) \sum_{ a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(an) \zeta_p^{an} \]
\[ = \overline{\chi}(n) \sum_{ \tilde{a} \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times}} \chi(\tilde{a}) \zeta_p^{\tilde{a}}= \overline{\chi}(n) G(\chi,1) \]
Abbiamo chiaramente che il simbolo di Legendre è un carattere di Dirichlet, credo sia primitivo (ma devo dimostrarlo) inoltre è a valori reali quindi il coniugato del simbolo di Legendre è ancora il simbolo di Legndre. Pertanto dal Claim deduciamo che
\[ \tau = \sum_{a \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{a}{p} \right) \zeta_p^{ab} = \left( \frac{b}{p} \right) \sum_{\tilde{a} \in \left( \mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \right)^{\times} } \left( \frac{\tilde{a}}{p} \right) \zeta_p^{\tilde{a}} = \left( \frac{b}{p} \right) \tau \]
Pertanto abbiamo che
\[ \left( \frac{\tau^2}{q} \right) \tau = \left( \frac{\tau^2}{q} \right)\left( \frac{b}{p} \right) \tau = \left( \frac{q}{p} \right) \tau \]
Che poi leggendo con attenzione credo, in realtà, che sia sbagliata. Credo che semplicemente abbia dimostrato che esiste almeno una radice dell'unità la cui somma di Gauss associatagli soddisfa per l'appunto quanto richiesto. E non come vuole l'enunciato, in cui la radice dell'unità è arbitraria.
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