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.