Teorema de los dos cuadrados de Fermat: ¿Cómo se demuestra que un primo impar es la suma de dos cuadrados si es congruente con 1 mod 4?

Question

Es un teorema de la teoría elemental de los números que si $p$ es un primo y congruente con 1 mod 4, entonces es la suma de dos cuadrados. Parece ser que hay un truco de aritmética en los enteros de Gauss que permite demostrar esto rápidamente. ¿Alguien puede explicarlo?

Answer 1

Dejemos que $$\Psi(n,m,k)=100n^2+20nm+m^2+4k^2$$

sea un número primo para algún $(n,m,k)$

Entonces:

Esta combinación de $(n,m,k)$ no deben compartir ningún factor. Excepto $(n,m)$ puede compartir factores siempre y cuando: $$\gcd(n,m,k) = 1$$ Así que:

$$p = (10n+m)^2+(2k)^2$$

Para que la expresión anterior sea un número primo, hay que combinar $(x,y)$ debe ser par-impar o impar-par. Pero ya lo es para el $(n,m,k)$ que hemos elegido.

Si elegimos n como algún número natural, k como algún número natural positivo y m = 1,3,5,7,9 nos ajustamos a la definición dada anteriormente. Ahora podemos ampliar y ver que

$$p = 100n^2+20nm+m^2+4k^2$$

Esto significa que $m^2\equiv1(mod4)$ ya que todos los demás términos de la ecuación ya son congruentes con $0(mod4)$ .

Pero si no te has dado cuenta de la elección de todas las m's que hemos escogido todas resultan ser congurentes a $1(mod4)$ al cuadrado.

Esto significa que tanto si p es primo como si no lo es, esta ecuación siempre producirá un resultado de la forma $p=4a+1$

Ahora bien, este resultado puede no dar números primos todo el tiempo, obviamente. Pero nuestra elección de $(n,m,k)$ ya era para algunos, no para todos. Entonces se puede afirmar que:

Si nuestra elección de $(n,m,k)$ produce un número primo entonces es una solución.

Excepto en el caso $$1^2+1^2 = 2$$ que es el único caso que refuta esto, por lo que puede ser ignorado.

Así para:

$$p = x^2+y^2$$

si p es primo entonces:

$$p\equiv 1(mod4)$$

EDIT: La prueba anterior no es del todo satisfactoria ya que empiezo con $p=x^2+y^2$ .

Si empezamos al revés asumiendo:

$$p \equiv 1(mod4)$$

Entonces

$$p = 4n+1$$

Ahora considere lo siguiente:

$$p=4n+1=100a^2+20ab+b^2+4c^2$$

Si $10+b$ es impar entonces no tenemos nada de qué preocuparnos. Así que echamos un vistazo a $b^2$ y de nuevo $b = 1,3,5,7,9$ Así que..:

$$b^2 \equiv 1(mod4)$$

o:

$$b^2 = 4m+1$$

Entonces tenemos:

$$p=4m+100a^2+20a(4m+1)+4c^2+1$$

Así que hemos escrito $p$ como una suma de dos cuadrados:

$$p=(10a+4m+1)^2+(2c)^2$$

ya que se puede decir $x= 10a+4m+1$ y $y = 2c$ .

Así que ahora he demostrado que la afirmación es válida en ambos sentidos.

De hecho, esto está relacionado con la prueba de Zagier, ya que si dejamos que $y = c$ en su lugar:

$$p=x^2+(2y)^2$$

Así que ahora hemos demostrado si:

$$p \equiv 1(mod4)$$

entonces:

$$p = x^2+y^2$$

Así que ahora se puede decir que un número primo se puede escribir como una suma de dos cuadrados si $p \equiv 1(mod4)$

También sabemos que esta es la única manera además del caso $1^2+1^2=2$ para escribir los primos como una suma de dos cuadrados debido al primer argumento donde dije que la combinación de (x,y) debe ser par-impar o impar-par. Y sabemos que podemos escribir cualquier número primo de la forma $4a+1$ como una suma de dos cuadrados porque $\Psi(n,m,k)$ para las limitaciones dadas en $(n,m,k)$ puede producir cualquier número natural impar de la forma $4a+1$ . Y como el conjunto que representa todos los números naturales de la forma $4a+1$ incluye el conjunto de primos que pueden escribirse como $4a+1$ .

Por favor, avíseme si hay algún problema con la prueba.

Answer 2

Dejemos que $p \equiv 1\ (\text {mod}\ 4)$ y $a = \left (\frac {p-1} {2} \right )!$ . Observe que $a^2 \equiv -1\ (\text {mod}\ p)$ por el teorema de Wilson. Consideremos un ideal $I$ de $\Bbb Z[i]$ tal que $I = \langle p,i-a \rangle$ . Observe que $I \cap \Bbb Z = p \Bbb Z$ . Sea $R = \Bbb Z[i]/I$ . Entonces $R$ es un anillo conmutativo con identidad. Consideremos el mapa $f : \Bbb Z \longrightarrow R$ tal que $1 \mapsto 1_R$ , donde $1_R$ es la identidad multiplicativa en $R$ y extenderlo a un homomorfismo. Obsérvese que $f$ es suryente y $ker (f) = p \Bbb Z$ . Así que por el primer teorema de isomorfismo tenemos $\Bbb Z/p \Bbb Z \cong R$ . Desde $\Bbb Z[i]$ es un PID $\exists$ $a+ib \in \Bbb Z[i]$ tal que $I = \langle a+ib \rangle$ . Observe que $|R| = |\Bbb Z[i]/\langle a+ib \rangle| = a^2+b^2$ . Así que tenemos $p = |\Bbb Z/p\Bbb Z| = a^2 + b^2,$ como se ha reclamado.

Answer 3

Lo he intentado mediante el teorema de Wilson. Parece que funciona, pero agradecería que alguien lo verificara u ofreciera mejoras.

Supongamos que un primo $p=1 \ \text{mod} 4 $ . Por el teorema de Wilson, $ (p-1)! = -1 (\ \text{mod} p) $ .

Pero $ p-r = -r (\text{mod} p) $

Así que $ -1= 1 (p-1) 2 (p-1)...( \frac{p-1}{2})( \frac{p-1}{2} ) = 1 (-1) 2(-2)...( \frac{p-1}{2})( \frac{p-1}{2} )= (-1)^{ \frac{p-1}{2}}(( \dfrac{p-1}{2})!)^{2} \ ( \text{mod} p) $

$ (-1)^{ \frac{p-1}{2}}= (-1)^{ \frac{4k+1-1}{2}}=1 $ así que $ -1 =( \dfrac{p-1}{2})!)^{2} \ ( \text{mod} p) $

En otras palabras $np = 1 + (( \dfrac{p-1}{2})!)^{2} $ si $p=1 \ \text{mod} 4 $ .

Cualquier número entero $x^{2} = 0,1 \ \text{mod} 4 $ por lo que no podemos encontrar un $x^2, y^2$ tal que $x^2+y^2 = 3 \ \text{mod} 4$ . Como un primo es impar, o es congruente con 1 o con 3 mod 4 por lo que sólo se puede escribir como una suma de 2 cuadrados si es congruente con 1 mod4.

Answer 4

Para responder al título: junto con la prueba estándar de los números enteros de Gauss de la dirección hacia atrás, la dirección hacia adelante es simple: (Excluimos el caso del único primo par $2 = 1^2 + 1^2$ )

Un primo impar es congruente con 1 o 3 mod 4, y como 0 y 1 son los únicos residuos cuadráticos mod 4, debemos tener el primo congruente con 1 mod 4.

Alternativa: observar $p$ es coprima de $a$ y $b$ ya que si $p \mid a$ puis $p \mid b$ y viceversa, entonces $p^2 \mid a^2,b^2 \implies p \mid a^2 + b^2 \implies p^2 \mid p$ una contradicción.

Desde $a^2 + b^2 \equiv 0 \iff a^2 \equiv -b^2 \iff (ab^{-1})^2 \equiv -1 \mod p$ , $-1$ es un residuo cuadrático sólo si $p \equiv 1 \mod 4$ .