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 $p$ sea un primo congruente con 1 mod 4. Entonces para escribir $p = x^2 + y^2$ para $x,y$ enteros es lo mismo que escribir $p = (x+iy)(x-iy) = N(x+iy)$ para $N$ la norma.

Es bien sabido que el anillo de enteros gaussianos $\mathbb{Z}[i]$ es un dominio ideal principal, incluso un dominio euclidiano. Ahora afirmo que $p$ no es primo en $\mathbb{Z}[i]$ . Para determinar cómo un primo $p$ de $\mathbb{Z}$ se divide en $\mathbb{Z}[i]$ equivale a determinar cómo el polinomio $X^2+1$ divide el módulo $p$ .

En primer lugar, $-1$ es un residuo cuadrático módulo $p$ porque $p \equiv 1 \mod 4$ . En consecuencia, hay $t \in \mathbb{Z}$ con $t^2 \equiv -1 \mod p$ Así que $X^2+1$ divide el módulo $p$ y $p$ no permanece primo en $\mathbb{Z}[i]$ . (Otra forma de ver esto es observar que si $p$ permaneció primo, entonces tendríamos $p \mid (t+i)(t-i)$ lo que significa que $p \mid t+i$ o $t \mid t-i$ .)

De todos modos, como resultado hay una no unidad $x+iy$ de $\mathbb{Z}[i]$ que divide adecuadamente $p$ . Esto significa que las normas también se dividen adecuadamente. En particular, $N(x+iy) = x^2+y^2$ divide adecuadamente $p^2$ Así es $p$ o $1$ . No puede ser esto último ya que de lo contrario $x+iy$ sería una unidad. Así que $x^2+y^2 = p$ .

Answer 2

Tal vez mi argumento favorito (aparte de cualquier argumento discutiblemente "correcto", como el que ha dado Akhil, o los argumentos que parten del hecho de que $x^2 + y^2$ es la única forma cuadrática binaria de discriminante $-4$ hasta la equivalencia) utiliza fracciones continuas. Supongamos que $u^2 \equiv -1 \pmod{p}$ y considerar la expansión de la fracción continua del número racional $u/p$ . Sea $r/s$ sea el último convergente a $u/p$ con la propiedad de que $s < \sqrt{p}$ . A continuación, se establece $x=s$ y $y = rp-us$ , uno tiene $x^2 + y^2 = p$ .

Este es el argumento: dejemos $r'/s'$ sea el siguiente convergente $r/s$ . Entonces la teoría básica de las fracciones continuas da la estimación $|r/s - u/p| < 1/ss'$ y el lado derecho es menor que $1/s\sqrt{p}$ por hipótesis. Al despejar los denominadores se obtiene $y < \sqrt{p}$ para que $0 < x^2 + y^2 < 2p$ . Por otro lado $x^2 + y^2$ se comprueba que es divisible por $p$ (por elección de $u$ ), por lo que debe ser igual a $p$ .

Answer 3

Aquí hay otra prueba sin números complejos.

Empezamos por demostrar que existe $z \in \mathbb{N}$ tal que $z^2 + 1 \equiv 0 \pmod p$ . Lo hacemos de la misma manera que Akhil Mathew.

Dejemos que $a^2 + b^2 = pm$ . Tome $x$ y $y$ tal que
$x \equiv a \pmod m$ y
$y \equiv b \pmod m$ y
$x, y \in [-m/2, m/2)$ .

Considere $u = ax + by$ y $v = ay - bx$ . Entonces $u^2 + v^2 = (a^2 + b^2)(x^2 + y^2)$ . Además, $u$ y $v$ son múltiplos de $m$ . Por lo tanto, $(u/m)^2 + (v/m)^2 = p (x^2 + y^2)/m$ . $(x^2 + y^2)/m$ es un número entero debido a la definición de $x$ y $y$ y que $a^2 + b^2 = pm$ .
También $(x^2 + y^2)/m$ es menor que $m/2$ .

Ahora cambiamos $a$ por $u$ y $b$ por $v$ y continuar este proceso hasta obtener $m=1$ .

Obsérvese que esta es una forma bastante eficiente de encontrar la representación de $p$ como una suma de dos cuadrados - se necesita $O(\log p)$ pasos para encontrarlo siempre que hayamos encontrado $z$ tal que $z^2 + 1$ es múltiplo de $p$ .

Answer 4

Hay una prueba asombrosa de esto debido a Don Zagier : prueba de una frase .

Answer 5

Tomado de I.N. Herstein Hay dos resultados que voy a utilizar.

1. Dejemos que $p$ sea un número entero primo y supongamos que para algún número entero $c$ relativamente primo a $p$ podemos encontrar enteros $x$ y $y$ tal que $x^{2}+y^{2}=cp$ . Entonces $p$ puede escribirse como la suma de 2 cuadrados.

2. Si $p$ es un primo de la forma $4n+1$ entonces podemos resolver la congruencia $x^{2} \equiv \ -1 \ (mod) \ p$ .

Ahora el resultado principal. Si $p$ es un primo de la forma $4n+1$ puis $p$ es la suma de 2 cuadrados.

Prueba. Por 2 existe y $x$ tal que $x^{2} \equiv -1 \text{mod} \ p$ . Así que $x$ se puede elegir de forma que $0 \leq x \leq (p-1)$ . Podemos restringir el tamaño de $p$ aún más, es decir, para satisfacer $|x| \leq \frac{p}{2}$ . Porque si $x > p/2$ entonces, $y=p-x$ satisface $y^{2} \equiv -1 \text{mod} \ p$ pero $|y| \leq p/2$ . Por lo tanto, podemos suponer que tenemos un número entero $x$ tal que $|x| \leq p/2$ y $x^{2}+1$ es un múltiplo de $p$ diga $cp$ . Ahora $cp=x^{2}+1 \leq p^{2}/4 +1 < p^{2}$ Por lo tanto $c < p$ y por lo tanto $(c,p)=1$ . Invocando (1) tenemos $p=a^{2}+b^{2}$ .