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Aufgabe:

Es sei p eine Primzahl. Beweise folgende Aussagen:

a) $$x^2=-2$$ ist in $$\mathbb{Q}_p$$ lösbar genau dann, wenn $$p \equiv 1, 3 mod 8$$.

b) $$x^2+y^2=-2$$ ist in $$\mathbb{Q}_p$$ lösbar genau dann, wenn $$p \neq 2$$.

c) $$x^2+y^2+z^2=-2$$ ist immer in $$\mathbb{Q}_p$$ lösbar.


Problem/Ansatz:

von

Was ich heier geschrieben hatte, ist obsolet. \(\;\;\;\;\)

Kein Interesse an meiner Antwort?
Das macht echt viel Freude :(

1 Antwort

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Aus "Faulheitsgründen" schreibe ich \(Q\) statt \(\mathbb{Q}\)
und \(F_p\) statt \(\mathbb{F}_p\).

Zu a):

1. Sei \(p\) ungerade.

In diesem Falle ist \(-2\) genau dann ein Quadrat in \(Q_p\),

wenn \(-2\) ein Quadrat in \(F_p\) ist.

Das ist genau dann der Fall, wenn das Legendresymbol \((\frac{-2}{p})=1\) ist,

wenn also \((\frac{-1}{p})=(\frac{2}{p})\) ist.

1.1. \((\frac{-1}{p})=(\frac{2}{p})=1\iff p\equiv 1 (4) \;\wedge\;  p\equiv\pm1 (8)\).

Das ist genau dann der Fall, wenn \(p\equiv 1 (8)\).

1.2. \((\frac{-1}{p})=(\frac{2}{p})=-1\iff \lnot(p\equiv 1(4))\;\wedge\; \lnot(p\equiv\pm1 (8)) \).

Das ist gleichbedeutend mit \(p\equiv 3 (8)\).

Insgesamt ergibt sich also:

\(-2\) ist genau dann ein Quadrat in \(Q_p\), wenn \(p\equiv 1,3 (8)\).

2. Sei \(p=2\).

In diesem Fall ist \(-2\) kein Quadrat in \(Q_2\);

denn die Quadratklassen von \(Q_2^*\) werden repräsentiert durch

\(\{\pm 1,\pm5,\pm2,\pm10\}\).


Zu b):


Sei \(p\) ungerade:

Da \((Q_p^*)^2\)  \((p-1)/2\) Elemente enthält, liefern

\(x^2\) und \(-2-y^2\) modulo \(p\quad(*)\),

wenn man noch \(0^2=0\) hinzunimmt, \((p-1)/2+1=(p+1)/2\)

verschiedene Werte mod \(p\).

Da \((p+1)/2+(p+2)/2=p+1>p\) ist, müssen die beiden

Ausdrücke \((*)\) einen Wert gemeinsam haben (Schubfachprinzip).

Es gibt also Zahlen \(x,y\), so dass

\(y^2\equiv -2-x^2\), d.h. \((\frac{-2-x^2}{p})=1\).

Folglich gibt es sogar \(y\in Q_p\), so dass

\(y^2=-2-x^2\), was zu zeigen war.


Nun der Fall: \(p=2\).

Wenn die Gleichung in \(Q_2\) lösbar ist, dann muss sie auch

modulo \(8\) lösbar sein, d.h. es muss

ganze Zahlen geben, so dass

\(x^2+y^2\equiv -2\equiv 6\) mod \(8\).

Man überzeugt sich leicht, dass dies nicht möglich ist.


Zu c):

Der Fall eines ungeraden \(p\) ist mit b) erledigt.

Sei nun also \(p=2\).

Ein Element \(2^n\cdot u\) ist genau dann ein Quadrat in \(Q_2^*\),

wenn \(n\) gerade und \(u\equiv 1\) mod \(8\) ist.

Wir betrachten \(z^2=-2-x^2-y^2\). Mit \(x=1\) und \(y=4\)

erhalten wir \(-2-1-4=-7\equiv 1\) mod \(8\).

Nach dem gerade zitierten Satz ist dies ein Quadrat \(z^2\) in

\(Q_2^*\), was zu beweisen war.

von 14 k

Ah okay, das sieht auf jeden Fall schlüssig aus! Hilft schon mal sehr. Über eine Fortsetzung wäre ich sehr dankbar :)

Habe nun einen Teil von b) hinzugefügt.

Nun ist der Beweis vollständig ! Vielleicht interessiert
es ja irgendjemanden ....

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