$p=4n+3$ nunca tiene una descomposición en$2$ cuadrados, ¿verdad?

Question

Los términos de la forma$p=4k+1\;$ tienen una descomposición única como la suma de los cuadrados$p=a^2+b^2$ con$0<a<b\;$, debido al Lema de Thue .

¿Es correcto decir que los números primos de la forma$p=4n+3$, nunca tienen una descomposición en$2$ cuadrados, porque la suma de los residuos cuadráticos$a^2+b^2$ con$a,b\in \Bbb{N}$ $$ a ^ 2 \ bmod 4 + b ^ 2 \ bmod 4 \ le 2? $$

Si es así, ¿hay formas alternativas de probarlo?

Answer 1

Sí, como se ha señalado, si $a^2+b^2$ es impar, uno de $a$ $b$ debe ser par y el otro impar. Entonces $$ (2m)^2+(2n+1)^2=(4m^2)+(4n^2+4n+1)=4(m^2+n^2+n)+1\equiv1\pmod{4} $$ Por lo tanto, es imposible tener $a^2+b^2\equiv3\pmod{4}$.

En efecto, supongamos que un primer $p\equiv3\pmod{4}$ divide $a^2+b^2$. Desde $p$ no puede ser escrito como la suma de dos cuadrados, $p$ es también un primer largo de los enteros de Gauss. Por lo tanto, desde el $p\,|\,(a+ib)(a-ib)$, también debemos tener ese $p\,|\,a+ib$ o $p\,|\,a-ib$, lo cual implica que $p\,|\,a$$p\,|\,b$. Por lo tanto, el exponente de $p$ en la factorización de $a^2+b^2$ debe ser par.

Además, cada uno de los enteros positivos cuya descomposición en factores primos contiene cada uno de los prime $\equiv3\pmod{4}$ a una potencia par es suma de dos cuadrados.

Utilizando el resultado sobre residuos cuadráticos en esta respuesta, para cualquier prime $p\equiv1\pmod{4}$, obtenemos que $-1$ es un residuo cuadrático $\bmod{p}$. Es decir, hay un $x$, de modo que $$ x^2+1\equiv0\pmod{p}\etiqueta{1} $$ Esto significa que $$ p\,|\,(x+i)(x-i)\etiqueta{2} $$ desde $p$ puede dividir ni $x+i$ ni $x-i$, $p$ no es un primo en los enteros de Gauss, por lo que debe ser el producto de dos primos de Gauss (más, y podríamos encontrar no trivial de la factorización de $p$ sobre los enteros). Es decir, podemos escribir $$ p=(u+iv)(u-iv)=u^2+v^2\etiqueta{3} $$ Tenga en cuenta también que $$ 2=(1+i)(1-i)=1^2+1^2\la etiqueta{4} $$ Supongamos $n$ es un entero positivo, cuya descomposición en factores primos contiene cada uno de los prime $\equiv3\pmod{4}$ a incluso el poder. Cada factor de $2$ y cada primer factor de $\equiv1\pmod{4}$ puede ser dividido en un par de conjugado de Gauss de los números primos. Cada par de factores primos $\equiv3\pmod{4}$ pueden ser divididos en partes iguales. Así, podemos dividir los factores en conjugar pares: $$ n=(a+bi)(a-ib)=a^2+b^2\etiqueta{5} $$ Por ejemplo, $$ \begin{align} 90 &=2\cdot3^2\cdot5\\ &=(1+i)\cdot(1-i)\cdot3\cdot3\cdot(2+i)\cdot(2-i)\\ &=[(1+i)3(2+i)]\cdot[(1-i)3(2-i)]\\ &=(3+9i)(3-9i)\\ &=3^2+9^2 \end{align} $$ Por lo tanto, hemos demostrado que un número entero positivo es la suma de dos cuadrados si y sólo si cada uno de los prime $\equiv3\pmod{4}$ en su descomposición en factores primos se produce incluso con exponente.

Answer 2

Sí. $a^2 \equiv -b^2 \ \ (p)$. Luego suba al$\frac{p-1}{2}$ de potencia y use el pequeño Teorema de Fermat. Usted obtiene $p|2$.

Answer 3

Supongamos que$q$ es una suma impar de dos cuadrados. Entonces un cuadrado es par y el otro es impar. El cuadrado impar es, forzosamente, el cuadrado de un número impar y el cuadrado par es el cuadrado de un número par.

Entonces podemos escribir para algunos enteros$m$ y$n$,$$q = (2m)^ 2 + (2n + 1)^2 = 4(m^2 + n^2 + n) + 1.$ $ Concluimos que$q \equiv 1 \mod 4.$

Esta derivación muy ingenua muestra que si$q$ es un entero impar con$q\not\equiv 1\mod 4$,$q$ no puede ser la suma de dos cuadrados.