Sui primi congrui a 1 modulo 4

[Martino]

Questi sono tra i piu' bei problemi di carattere (quasi) elementare (che non vuol dire semplice) in cui si vede bene la potenza delle idee matematiche.

1) Dato un primo dispari \( \displaystyle p \) , i seguenti fatti sono equivalenti:

(a) \( \displaystyle p \) e' congruo a 1 modulo 4;
(b) \( \displaystyle -1 \) e' un quadrato in \( \displaystyle \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \) ;
(c) l'ideale \( \displaystyle p \mathbb{Z}[i] \) dell'anello \( \displaystyle \mathbb{Z}[i] := \mathbb{Z}[X]/(X^2+1) \) non e' primo (cioe' non e' massimale, ricordando che \( \displaystyle \mathbb{Z}[i] \) e' un P.I.D.).

2) I numeri primi congrui a 1 modulo 4 sono infiniti. (Senza usare il teorema di Dirichlet, ovviamente). (Usare il punto 1b).

3) Un numero primo dispari e' congruo a 1 modulo 4 se e solo se si puo' scrivere come somma di due quadrati. (Usare il punto 1c).

Non ho una "fonte" precisa, si tratta di risultati ben noti e reperibili su qualsiasi libro di teoria dei numeri.

[Lord K]

Per cominciare:

\( \displaystyle (a) \Leftrightarrow (b) \) :

L'equazione è \( \displaystyle x^2 \equiv -1 (p) \) che porta la simbolo di Legendre \( \displaystyle \displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=(-1)^{2\lambda}=1 \) e quindi sicuramente è un quadrato.

Analogamente se \( \displaystyle \displaystyle (\frac{-1}{p})=1 \) necessariamente \( \displaystyle \frac{p-1}{2} \) deve essere pari... allora necessariamente \( \displaystyle p=4\lambda+1 \) .

[Martino]

Giusto, pero' una dimostrazioncina di questo fatto:

\( \displaystyle \displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}} \)

non sarebbe disdegnata

[Lord K]

Per gradire:

\( \displaystyle (b) \Rightarrow (c) \) :

Il punto \( \displaystyle (c) \) vuole solamente far emergere che \( \displaystyle p \) è composito in \( \displaystyle \mathbb Z[i] \) . Sappiamo che \( \displaystyle p=4\lambda + 1 \) allora necessariamente \( \displaystyle p|\alpha^2+1 = (\alpha + i)(\alpha - i) \in \mathbb Z[i] \) da qui necessariamente \( \displaystyle p|\alpha+i \) oppure \( \displaystyle p|\alpha-i \) se \( \displaystyle p \) è primo in \( \displaystyle \mathbb Z[i] \) , ma questo è falso sintanto che \( \displaystyle \displaystyle \frac{\alpha}{p} \pm \frac{i}{p} \) non è intero.

Da questo quindi \( \displaystyle p \in \mathbb Z[i] \) è composto. Quindi \( \displaystyle p\mathbb Z[i] \) è un ideale non massimale.

[Lord K]

Giusto, pero' una dimostrazioncina di questo fatto:

\( \displaystyle \displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}} \)

non sarebbe disdegnata

Il teorema che qui invoco è il seguente:

Theo: Sia \( \displaystyle p \) un primo dispari ed \( \displaystyle a \) intero non multiplo di \( \displaystyle p \) , allora:

\( \displaystyle \displaystyle (p-1)! \equiv -(\frac{a}{p})a^{\frac{p-1}{2}} mod p \)

Nel nostro caso cercheremo di farlo vedere per \( \displaystyle a=-1 \) . Per arrivare a questo occorre comunque fare alcune considerazioni riuardanti i residui quadratici modulo \( \displaystyle p \) . In particolare osservare che comunque scelto un \( \displaystyle a: p\nmid a \) e per qualunque \( \displaystyle x \in \{1,2,...,p-1\} \) esiste \( \displaystyle b \in \{1,2,...,p-1\} \) tale che \( \displaystyle bx\equiv a (p) \) .

Da questo si perviene alla importante considerazione del teorema. Visto che allargando il prodotto a tutti gli elementi di \( \displaystyle \{1,2,...,p-1\} \)

\( \displaystyle \displaystyle (p-1)! \equiv \prod x \equiv -a\cdot a^{\frac{p-3}{2}} (p) \) .

Si evince quindi che, con l'aiuto del teorema di Wilson:

\( \displaystyle \displaystyle (p-1)! \equiv -1 mod p \)

abbiamo:

\( \displaystyle \displaystyle (p-1)! \equiv -(\frac{-1}{p})(-1)^{\frac{p-1}{2}} mod p \)
\( \displaystyle \displaystyle -1 \equiv -(\frac{-1}{p})(-1)^{\frac{p-1}{2}} mod p \)
\( \displaystyle \displaystyle 1 \equiv (\frac{-1}{p})(-1)^{\frac{p-1}{2}} mod p \)
\( \displaystyle \displaystyle (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv (\frac{-1}{p}) mod p \)

[Martino]

Ok.

Per gradire:

\( \displaystyle (b) \Leftrightarrow (c) \)

Mancherebbe l'implicazione \( \displaystyle (c) \Rightarrow (b) \) .

[Lord K]

Intermezzo:

\( \displaystyle p=4\mu +1 \Rightarrow p=a^2+b^2, a,b \in \mathbb Z \)

\( \displaystyle (b) \Rightarrow (c) \) implica che \( \displaystyle p\in \mathbb Z[i] \) è composto, ma ancora di più, che necessariamente \( \displaystyle p = (a+ib)(a-ib) \) ed allora discende necessariamente che \( \displaystyle p=a^2+b^2 \)

P.S. qui non si fa uso che \( \displaystyle p \) sia primo, ma solo del tipo \( \displaystyle p=4\mu +1 \) .

[Martino]

\( \displaystyle (b) \Rightarrow (c) \) implica che \( \displaystyle p\in \mathbb Z[i] \) è composto, ma ancora di più, che necessariamente \( \displaystyle p = (a+ib)(a-ib) \)

Come esattamente?

qui non si fa uso che \( \displaystyle p \) sia primo, ma solo del tipo \( \displaystyle p=4\mu +1 \) .

No, si fa uso del fatto che p e' primo, per esempio 21 e' 1 modulo 4 ma non e' somma di due quadrati.

[Lord K]

\( \displaystyle (b) \Rightarrow (c) \) implica che \( \displaystyle p\in \mathbb Z[i] \) è composto, ma ancora di più, che necessariamente \( \displaystyle p = (a+ib)(a-ib) \)

Come esattamente?

qui non si fa uso che \( \displaystyle p \) sia primo, ma solo del tipo \( \displaystyle p=4\mu +1 \) .

No, si fa uso del fatto che p e' primo, per esempio 21 e' 1 modulo 4 ma non e' somma di due quadrati.

Per il secondo hai ragione, mi sono fatto prendere dalla foga... mentre per il primo mi risulta banale la cosa... infatti se:

\( \displaystyle p=(a+ib)(c+id) \)

necessariamente ho che \( \displaystyle gcd(a,b)=gcd(c,d)=1 \) perchè \( \displaystyle p \) è primo, ed allora:

${(ac-bd=p),(ad+bc=0):}$

sovviene che \( \displaystyle c|a \) e viceversa ed anche \( \displaystyle b|d \) e viceversa. Perchè sia soddisfatta allora necessariamente \( \displaystyle a=c \) e \( \displaystyle b=-d \) . Da cui di nuovo dalla prima \( \displaystyle p=a^2+b^2 \)

[Martino]

per il primo mi risulta banale la cosa...

Ho capito ma almeno un accenno di argomento dovresti darlo

infatti se:

\( \displaystyle p=(a+ib)(c+id) \)

necessariamente ho che \( \displaystyle gcd(a,b)=gcd(c,d)=1 \) perchè \( \displaystyle p \) è primo, ed allora:

${(ac-bd=p),(ad+bc=0):}$

sovviene che \( \displaystyle c|a \) e viceversa ed anche \( \displaystyle b|d \) e viceversa. Perchè sia soddisfatta allora necessariamente \( \displaystyle a=c \) e \( \displaystyle b=-d \) . Da cui di nuovo dalla prima \( \displaystyle p=a^2+b^2 \)

Bene. Tuttavia trovo che sia piu' chiaro partire da \( \displaystyle p=(a+ib)(c+id) \) e prendere le norme, ottenendo \( \displaystyle p^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2) \) , da cui \( \displaystyle p=a^2+b^2=c^2+d^2 \) essendo p primo.