Primi
nn riesco proprio a dimostrare che
$p$ primo dispari $p=1$ $mod(4)$ se e solo se $p=a^2+b^2$ con $a,b\inZZ$...
grazie a tutti
$p$ primo dispari $p=1$ $mod(4)$ se e solo se $p=a^2+b^2$ con $a,b\inZZ$...
grazie a tutti
Risposte
Ciao!
Ricordo che avevo visto questo risultato, e la sua dimostrazione utilizzava il "lattice point theorem" di Minkowski. Ora però non ricordo i dettagli.
In ogni caso ragionandoci su ho trovato un'implicazione: se $p=a^2+b^2$ allora $ab^{-1} \in F_p$ è radice di $x^2+1$, quindi $-1$ ammette una radice quadrata in $F_p$. Ora, utilizzando il simbolo di Legendre, ciò significa che $1=(-1)^{(p-1)/2}$, e quindi $(p-1)/2 equiv 0$ mod(2), ovvero $p-1 equiv 0$ mod(4).
In quanto all'altra implicazione, osservo che se $p equiv 1$ mod(4) allora -1 ha una radice in $F_p$ (questo insieme all'implicazione precedente dice che $x^2+1$ è irriducibile mod(p) se e solo se $p equiv 3$ mod(4)), sempre per via del simbolo di Legendre. Ciò significa che $x^2+1$ non è irriducibile mod(p), e quindi che $F_p[X]//(x^2+1)$ non è un dominio di integrità. Ma $F_p[X]//(x^2+1) cong ZZ[X]//(p,x^2+1) cong ZZ//(p)$, e quindi p non è un primo di Gauss (ovvero p non è un elemento primo dell'anello $ZZ$). Quindi p è riducibile come intero di Gauss (perché in un PID gli irriducibili sono primi), e quindi $p=(a+ib)(c+id)$ per opportuni $a,b,c,d in ZZ$. Ora si tratterebbe di mostrare che $a=c$ e $b=-d$ per concludere, ma sono fermo con le idee. Ci penserò.
Ricordo che avevo visto questo risultato, e la sua dimostrazione utilizzava il "lattice point theorem" di Minkowski. Ora però non ricordo i dettagli.
In ogni caso ragionandoci su ho trovato un'implicazione: se $p=a^2+b^2$ allora $ab^{-1} \in F_p$ è radice di $x^2+1$, quindi $-1$ ammette una radice quadrata in $F_p$. Ora, utilizzando il simbolo di Legendre, ciò significa che $1=(-1)^{(p-1)/2}$, e quindi $(p-1)/2 equiv 0$ mod(2), ovvero $p-1 equiv 0$ mod(4).
In quanto all'altra implicazione, osservo che se $p equiv 1$ mod(4) allora -1 ha una radice in $F_p$ (questo insieme all'implicazione precedente dice che $x^2+1$ è irriducibile mod(p) se e solo se $p equiv 3$ mod(4)), sempre per via del simbolo di Legendre. Ciò significa che $x^2+1$ non è irriducibile mod(p), e quindi che $F_p[X]//(x^2+1)$ non è un dominio di integrità. Ma $F_p[X]//(x^2+1) cong ZZ[X]//(p,x^2+1) cong ZZ//(p)$, e quindi p non è un primo di Gauss (ovvero p non è un elemento primo dell'anello $ZZ$). Quindi p è riducibile come intero di Gauss (perché in un PID gli irriducibili sono primi), e quindi $p=(a+ib)(c+id)$ per opportuni $a,b,c,d in ZZ$. Ora si tratterebbe di mostrare che $a=c$ e $b=-d$ per concludere, ma sono fermo con le idee. Ci penserò.
Dopo un bel po' di riflessioni posso rimarcare molto sottilmente che se
$p=(a+ib)(c+id)$
è una scomposizione non banale di p, allora passando alle norme,
$p^2 = (a^2+b^2)(c^2+d^2)$
E quindi $p = a^2+b^2 = c^2+d^2$
data la non banalità della scomposizione.
$p=(a+ib)(c+id)$
è una scomposizione non banale di p, allora passando alle norme,
$p^2 = (a^2+b^2)(c^2+d^2)$
E quindi $p = a^2+b^2 = c^2+d^2$
data la non banalità della scomposizione.
grazie martino moltissimo... però credo che ci possa essere una dimostrazione alternativa senza utilizzare il simbolo di legendre xkè ricordo di averla fatta ad algebra 1 questo esercizio... però nn mi ricordo proprio come....
grazie martino moltissimo... però credo che ci possa essere una dimostrazione alternativa senza utilizzare il simbolo di legendre xkè ricordo di averla fatta ad algebra 1 questo esercizio... però nn mi ricordo proprio come....
Ho citato il simbolo di Legendre per non perdermi in dettagliate dimostrazioni, in realtà la cosa è molto semplice: la sola cosa che ho utilizzato è la seguente:
(*) ${a in F_p^*,\ a^{(p-1)/2} = 1\ mod (p)} = (F_p^*)^2$
Dimostrazione di (*): se $a ne 0$ è un quadrato mod p allora $a^{(p-1)/2} = 1$ mod(p) (perché il sottogruppo di $F_p^*$ che consiste dei quadrati ha ordine (p-1)/2). Viceversa l'insieme ${a in F_p^*,\ a^{(p-1)/2} = 1\ mod(p)}$ ha ordine (p-1)/2, corrispondendo all'unico sottogruppo di tale ordine (generato dal quadrato di un generatore di $F_p^*$).
(*) ${a in F_p^*,\ a^{(p-1)/2} = 1\ mod (p)} = (F_p^*)^2$
Dimostrazione di (*): se $a ne 0$ è un quadrato mod p allora $a^{(p-1)/2} = 1$ mod(p) (perché il sottogruppo di $F_p^*$ che consiste dei quadrati ha ordine (p-1)/2). Viceversa l'insieme ${a in F_p^*,\ a^{(p-1)/2} = 1\ mod(p)}$ ha ordine (p-1)/2, corrispondendo all'unico sottogruppo di tale ordine (generato dal quadrato di un generatore di $F_p^*$).
A chi interessasse, ho approfondito un po' l'argomento e ho trovato due cose interessanti.
Premessa: un reticolo di un $RR$-spazio vettoriale V di dimensione n è un sottogruppo additivo di V generato da $m le n$ vettori linearmente indipendenti. Esso si dice "completo" se $m=n$. Quando il reticolo è completo della forma $Gamma = ZZ v_1 + ... + ZZ v_n$ possiamo definire il volume di $Gamma$ come $vol(Gamma) = vol(\{x_1 v_1 + ... + x_n v_n\ |\ 0 le x_i < 1\ \forall i = 1,...,n\})$. Si tratta di una quantità ben definita. Per esempio gli interi di Gauss sono un reticolo di $CC$ perché $ZZ = (1,0) ZZ + (0,i) ZZ$, e il loro volume è 1 (il volume identificato dai vettori 1 e $i$).
La prima cosa interessante è che se un primo è somma di due quadrati allora è forzatamente congruo ad 1 modulo 4. Ok, già lo sapevamo, ma la novità è la dimostrazione: si può semplicemente osservare che la somma di due quadrati è forzatamente congrua a 0 o a 1 modulo 4. Quindi non c'era bisogno di costruire una radice di -1 (come ho fatto nel primo messaggio).
La seconda cosa interessante è che ho trovato la dimostrazione che fa uso del:
"Minkowski lattice point theorem": sia $Gamma$ un reticolo completo in uno spazio vettoriale euclideo V di dimensione $n$ sul campo $RR$ e sia X un sottoinsieme convesso di V, simmetrico rispetto all'origine di V. Supponiamo che $vol(X) > 2^n vol(Gamma)$. Allora X contiene almeno un elemento non nullo di $Gamma$.
Problema: ogni primo congruo ad 1 mod 4 è somma di due quadrati (utilizzando questo teorema).
Sia allora p un primo congruo ad 1 modulo 4.
Costruzione alternativa di una radice quadrata di -1 in $F_p$: il gruppo ciclico $F_p-\{0\}$ ha ordine divisibile per 4, e quindi esiste un sottogruppo di $F_p-\{0\}$ (quindi ciclico) di ordine 4, e quindi esiste $u in F_p$ non nullo di ordine 4. Ovvero $u^4=1$ e $u,u^2,u^3 ne 1$. Allora poiché $(u^2)^2 = u^4 = 1$, dev'essere $u^2 = -1$ dato che siamo in un campo e $u^2$ è una radice quadrata di 1 diversa da 1. Quindi u è una radice quadrata di -1.
Ora consideriamo
$Gamma = \{(a,b) \in ZZ^2\ |\ b \equiv ua\ mod(p)\}$.
Mostriamo che $Gamma$ è un reticolo completo di $RR^2$ di volume p: questo è relativamente facile: un elemento di $Gamma$ è della forma $(a,ua+lp)$ dove $a,l in ZZ$, e $u$ è identificato con un qualsiasi suo rappresentante in $ZZ$ (per esempio quello compreso tra 1 e p-1). Ma $(a,ua+lp) = a(1,u)+l(0,p)$, quindi $Gamma$ è generato da (1,u) e da (0,p), che sono due vettori linearmente indipendenti di $RR^2$. Questo dimostra che $Gamma$ è un reticolo completo in $RR^2$. Il suo volume è dato dal volume identificato da (1,u) e (0,p), e quindi dal modulo del determinante della matrice che ha (1,u) e (0,p) come colonne (o come righe). Quindi il volume è p.
Prendiamo ora l'archetipo di un sottoinsieme X di $RR^2$ convesso e simmetrico rispetto all'origine: un cerchio di centro l'origine. Sia r>0 il suo raggio. Allora il teorema di Minkowski dice che se $pi r^2 = vol(X) > 2^2 vol(Gamma) = 4p$, esiste un elemento di $Gamma$ che sta in X. Se scegliamo $r=\sqrt{(3p)/2}$ la cosa è verificata, infatti $3/2 pi > 3/2 3 > 4$. Allora sia $(0,0) ne gamma = (a,b) in Gamma nn X$ l'elemento 'Minkowski'.
Sappiamo che $gamma in Gamma$, ovvero $b equiv ua\ mod(p)$.
Sappiamo che $gamma in X$, ovvero $||gamma||^2 = a^2+b^2 leq r^2 = 3/2 p$.
In particolare $a^2+b^2 < 2p$, quindi se mostriamo che $a^2+b^2$ è zero modulo p, forzatamente si avrà $a^2+b^2=p$, cioè quello che vogliamo.
Basta quindi mostrare che $a^2+b^2 equiv 0\ mod(p)$. Ma modulo p, $a^2+b^2 equiv a^2+(au)^2 equiv a^2+u^2a^2 equiv a^2-a^2 =0$. Abbiamo finito.
Grazie per l'eventuale attenzione
saluti.
Premessa: un reticolo di un $RR$-spazio vettoriale V di dimensione n è un sottogruppo additivo di V generato da $m le n$ vettori linearmente indipendenti. Esso si dice "completo" se $m=n$. Quando il reticolo è completo della forma $Gamma = ZZ v_1 + ... + ZZ v_n$ possiamo definire il volume di $Gamma$ come $vol(Gamma) = vol(\{x_1 v_1 + ... + x_n v_n\ |\ 0 le x_i < 1\ \forall i = 1,...,n\})$. Si tratta di una quantità ben definita. Per esempio gli interi di Gauss sono un reticolo di $CC$ perché $ZZ = (1,0) ZZ + (0,i) ZZ$, e il loro volume è 1 (il volume identificato dai vettori 1 e $i$).
La prima cosa interessante è che se un primo è somma di due quadrati allora è forzatamente congruo ad 1 modulo 4. Ok, già lo sapevamo, ma la novità è la dimostrazione: si può semplicemente osservare che la somma di due quadrati è forzatamente congrua a 0 o a 1 modulo 4. Quindi non c'era bisogno di costruire una radice di -1 (come ho fatto nel primo messaggio).
La seconda cosa interessante è che ho trovato la dimostrazione che fa uso del:
"Minkowski lattice point theorem": sia $Gamma$ un reticolo completo in uno spazio vettoriale euclideo V di dimensione $n$ sul campo $RR$ e sia X un sottoinsieme convesso di V, simmetrico rispetto all'origine di V. Supponiamo che $vol(X) > 2^n vol(Gamma)$. Allora X contiene almeno un elemento non nullo di $Gamma$.
Problema: ogni primo congruo ad 1 mod 4 è somma di due quadrati (utilizzando questo teorema).
Sia allora p un primo congruo ad 1 modulo 4.
Costruzione alternativa di una radice quadrata di -1 in $F_p$: il gruppo ciclico $F_p-\{0\}$ ha ordine divisibile per 4, e quindi esiste un sottogruppo di $F_p-\{0\}$ (quindi ciclico) di ordine 4, e quindi esiste $u in F_p$ non nullo di ordine 4. Ovvero $u^4=1$ e $u,u^2,u^3 ne 1$. Allora poiché $(u^2)^2 = u^4 = 1$, dev'essere $u^2 = -1$ dato che siamo in un campo e $u^2$ è una radice quadrata di 1 diversa da 1. Quindi u è una radice quadrata di -1.
Ora consideriamo
$Gamma = \{(a,b) \in ZZ^2\ |\ b \equiv ua\ mod(p)\}$.
Mostriamo che $Gamma$ è un reticolo completo di $RR^2$ di volume p: questo è relativamente facile: un elemento di $Gamma$ è della forma $(a,ua+lp)$ dove $a,l in ZZ$, e $u$ è identificato con un qualsiasi suo rappresentante in $ZZ$ (per esempio quello compreso tra 1 e p-1). Ma $(a,ua+lp) = a(1,u)+l(0,p)$, quindi $Gamma$ è generato da (1,u) e da (0,p), che sono due vettori linearmente indipendenti di $RR^2$. Questo dimostra che $Gamma$ è un reticolo completo in $RR^2$. Il suo volume è dato dal volume identificato da (1,u) e (0,p), e quindi dal modulo del determinante della matrice che ha (1,u) e (0,p) come colonne (o come righe). Quindi il volume è p.
Prendiamo ora l'archetipo di un sottoinsieme X di $RR^2$ convesso e simmetrico rispetto all'origine: un cerchio di centro l'origine. Sia r>0 il suo raggio. Allora il teorema di Minkowski dice che se $pi r^2 = vol(X) > 2^2 vol(Gamma) = 4p$, esiste un elemento di $Gamma$ che sta in X. Se scegliamo $r=\sqrt{(3p)/2}$ la cosa è verificata, infatti $3/2 pi > 3/2 3 > 4$. Allora sia $(0,0) ne gamma = (a,b) in Gamma nn X$ l'elemento 'Minkowski'.
Sappiamo che $gamma in Gamma$, ovvero $b equiv ua\ mod(p)$.
Sappiamo che $gamma in X$, ovvero $||gamma||^2 = a^2+b^2 leq r^2 = 3/2 p$.
In particolare $a^2+b^2 < 2p$, quindi se mostriamo che $a^2+b^2$ è zero modulo p, forzatamente si avrà $a^2+b^2=p$, cioè quello che vogliamo.
Basta quindi mostrare che $a^2+b^2 equiv 0\ mod(p)$. Ma modulo p, $a^2+b^2 equiv a^2+(au)^2 equiv a^2+u^2a^2 equiv a^2-a^2 =0$. Abbiamo finito.
Grazie per l'eventuale attenzione
saluti.
Puoi trovare una risposta in 'Aritmetica superiore' di Davenport - cap.V
E' veramente una bibbia!!!
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