Matemática - ideia 10

Escrita por Brendon Borck:

Nesse esboço vamos mostrar algumas ideias legais de manipulação de primos em módulo $4$ . Note que alguns dos conceitos aqui apresentados serão gerais e portanto, podem ser aplicados para iniciar um problema, eliminar casos durante o desenvolvimento ou até mesmo finalizar uma questão. Vamos aos fatos:

Fato 1: Todo primo da forma $4n+3$ (com $n$ inteiro não negativo) NÃO pode ser escrito como soma de dois quadrados.

Prova:

É simples e consiste em olhar os restos de quadrados módulo $4$ . Note que existem apenas $2$ restos possíveis, $0 \equiv 0^2 \equiv 2^2 \pmod{4}$ e $1 \equiv 1^2 \equiv 3^2 \pmod{4}$ , a partir disso basta observar que é impossível fazer uma soma de duas parcelas com esses restos que consiga resultar em $3$ , no máximo podemos fazer $0=0+0, 1=0+1, 2=1+1$ . Não há como escrever um primo que deixa resto $3$ na divisão por $4$ como soma de dois quadrados.

Fato 2: Se $p$ é um primo da forma $4n+1$ (com $n$ inteiro não negativo), então existe um inteiro $x$ tal que $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ .

Prova:

Tome o seguinte produtório como referência (Teorema de Wilson):

$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$

$1 \cdot 2 \cdot ... \cdot (\frac{p-1}{2}) \cdot (\frac{p+1}{2}) \cdot ... \cdot (p-2) \cdot (p-1) \equiv -1 \pmod{p}$

$1 \cdot 2 \cdot ... \cdot (\frac{p-1}{2}) \cdot (-\frac{p-1}{2}) \cdot ... \cdot (-2) \cdot (-1) \equiv -1 \pmod{p}$

$((\frac{p-1}{2})!)^2 \cdot (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \pmod{p}$

Como $\frac{p-1}{2}$ é par:

$((\frac{p-1}{2})!)^2 \equiv -1 \pmod{p}$

Pronto! Acima podemos ver que $x= (\frac{p-1}{2})$ satisfaz o problema.

Fato 3: Todo primo da forma $4n+1$ (com $n$ inteiro não negativo) pode ser escrito como soma de dois quadrados.

Prova:

Tome como referência o conjunto de todos possíveis pares de inteiros $(x,y)$ de tal forma que eles pertencem ao conjunto $(1,2,3,..., \lfloor \sqrt{p} \rfloor)$ . Tome $t$ tal que $t^2 \equiv -1 \pmod{p}$ (possível pelo fato anterior).

Como há $(1+\lfloor \sqrt{p} \rfloor)^2$ possíveis pares de inteiros $(x,y)$ e $(1+\lfloor \sqrt{p} \rfloor)^2 > (\lfloor \sqrt{p} \rfloor)^2 \ge p$ , então pelo menos duas diferenças do tipo $x-yt$ terão um mesmo resto resto na divisão por $p$ , já que a quantidade desses termos é o números de pares $(x,y)$ que excede o número de restos possíveis $(p)$ . Logo, existem dois pares distintos $(x_1, y_1)$ e $(x_2, y_2)$ de tal forma que:

$x_1-y_1t \equiv x_2-y_2t \pmod{p}$

Definindo $m=\begin{vmatrix} x_1 - x_2 \end{vmatrix}$ e $n= \begin{vmatrix} y_1 - y_2 \end{vmatrix}$ , então $a$ e $b$ satisfazem as condições iniciais e podem ser considerados um par de inteiros $(x,y)$ de tal forma que $a \equiv \pm bt \pmod{p}$ , já que $x_1-y_1t \equiv x_2-y_2t \pmod{p}$ . Elevando ao quadrado para tornar a equação única (e não dividir a questão em casos) temos: $a^2 \equiv b^2t^2 \pmod{p}$ , mas por definição $t^2 \equiv -1 \pmod{p}$ , logo: $a^2 \equiv -b^2 \pmod{p}$ e consequentemente $p$ divide $a^2+b^2$ . Como $(a,b)$ pertencem ao conjunto $(1,2,3,..., \lfloor \sqrt{p} \rfloor)$ , então $a^2 + b^2 \le p + p \le 2p$ . O fato de $(x_1, y_1)$ e $(x_2, y_2)$ serem pares distintos finaliza a prova, já que a partir disso: $a^2 + b^2 < 2p$ e como múltiplo de $p$ não há outra igualdade a ser escrita além da que queremos: $p=a^2+b^2$ .

Fato 4: Se $p$ é um primo da forma $4n+3$ (com $n$ inteiro não negativo), então NÃO existe um inteiro $x$ tal que $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ .

Prova:

Suponha que exista $x$ que satisfaz tais condições, então $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ . Como $p = 4n+3$ , então $\frac{p-1}{2}$ é ímpar. Eleve cada lado da primeira congruência com esse número, teremos então: $x^{p-1} \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p} \Rightarrow x^{p-1} \equiv (-1) \pmod{p}$ , o que é um absurdo pelo Teorema de Fermat. Assim, o enunciado é, de fato, verdade.

Fato 5: (Teorema) Se $p$ é um primo, a equação $x^2+y^2=p$ possui solução inteira se, e somente se, $p=2$ ou $p=4n+1$ para algum $n$ inteiro não negativo.

Prova:

Basta ver que nas nossas estimativas anteriores o primo $2$ não era contemplado por ser par, mas o restante dos primos pode ser encaixado nos fatos acima. Como $2=1+1$ , ele satisfaz o problema. O restante da prova provém diretamente dos fatos $1$ e $3$ .

Problemas relacionados:

(Problema - Teorema) Prove que um inteiro $n$ pode ser representado como soma de dois quadrados se, e somente se, em sua fatoração todos os primos da forma $4k+3$ possuírem expoentes pares.
(Lema de Thue) Seja $p$ um número primo e $mdc(a,p)=1$ .Então a congruência $ax \equiv y \pmod{p}$ admite uma solução, $x_0, y_0$ , onde $0 < \begin{vmatrix} x_0 \end{vmatrix} < \sqrt{p}$ e $0 < \begin{vmatrix} y_0 \end{vmatrix} < \sqrt{p}$ .
Prove que todo primo da forma $4n+1$ possui representação única na forma de soma de dois quadrados.
(Banco IMO 1984) Sejam $m$ e $n$ inteiros positivos. Mostre que $4mn - m - n$ nunca pode ser um quadrado perfeito.

(Para o problema $3$ ): utilize que se um primo $p$ divide $x^2+y^2$ e $x, y$ são primos entre si, então $p$ pode ser escrito como a soma de dois quadrados.