Sui primi congrui a 1 modulo 4
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 [tex]p[/tex], i seguenti fatti sono equivalenti:
(a) [tex]p[/tex] e' congruo a 1 modulo 4;
(b) [tex]-1[/tex] e' un quadrato in [tex]\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[/tex];
(c) l'ideale [tex]p \mathbb{Z}[/tex] dell'anello [tex]\mathbb{Z} := \mathbb{Z}[X]/(X^2+1)[/tex] non e' primo (cioe' non e' massimale, ricordando che [tex]\mathbb{Z}[/tex] 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.
1) Dato un primo dispari [tex]p[/tex], i seguenti fatti sono equivalenti:
(a) [tex]p[/tex] e' congruo a 1 modulo 4;
(b) [tex]-1[/tex] e' un quadrato in [tex]\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[/tex];
(c) l'ideale [tex]p \mathbb{Z}[/tex] dell'anello [tex]\mathbb{Z} := \mathbb{Z}[X]/(X^2+1)[/tex] non e' primo (cioe' non e' massimale, ricordando che [tex]\mathbb{Z}[/tex] 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.
Risposte
Per cominciare:
[tex](a) \Leftrightarrow (b)[/tex]:
L'equazione è [tex]x^2 \equiv -1 (p)[/tex] che porta la simbolo di Legendre [tex]\displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=(-1)^{2\lambda}=1[/tex] e quindi sicuramente è un quadrato.
Analogamente se [tex]\displaystyle (\frac{-1}{p})=1[/tex] necessariamente [tex]\frac{p-1}{2}[/tex] deve essere pari... allora necessariamente [tex]p=4\lambda+1[/tex].
[tex](a) \Leftrightarrow (b)[/tex]:
L'equazione è [tex]x^2 \equiv -1 (p)[/tex] che porta la simbolo di Legendre [tex]\displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}=(-1)^{2\lambda}=1[/tex] e quindi sicuramente è un quadrato.
Analogamente se [tex]\displaystyle (\frac{-1}{p})=1[/tex] necessariamente [tex]\frac{p-1}{2}[/tex] deve essere pari... allora necessariamente [tex]p=4\lambda+1[/tex].
Giusto, pero' una dimostrazioncina di questo fatto: 
"Lord K":non sarebbe disdegnata
[tex]\displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}[/tex]
Per gradire:
[tex](b) \Rightarrow (c)[/tex]:
Il punto [tex](c)[/tex] vuole solamente far emergere che [tex]p[/tex] è composito in [tex]\mathbb Z[/tex]. Sappiamo che [tex]p=4\lambda + 1[/tex] allora necessariamente [tex]p|\alpha^2+1 = (\alpha + i)(\alpha - i) \in \mathbb Z[/tex] da qui necessariamente [tex]p|\alpha+i[/tex] oppure [tex]p|\alpha-i[/tex] se [tex]p[/tex] è primo in [tex]\mathbb Z[/tex], ma questo è falso sintanto che [tex]\displaystyle \frac{\alpha}{p} \pm \frac{i}{p}[/tex] non è intero.
Da questo quindi [tex]p \in \mathbb Z[/tex] è composto. Quindi [tex]p\mathbb Z[/tex] è un ideale non massimale.
[tex](b) \Rightarrow (c)[/tex]:
Il punto [tex](c)[/tex] vuole solamente far emergere che [tex]p[/tex] è composito in [tex]\mathbb Z[/tex]. Sappiamo che [tex]p=4\lambda + 1[/tex] allora necessariamente [tex]p|\alpha^2+1 = (\alpha + i)(\alpha - i) \in \mathbb Z[/tex] da qui necessariamente [tex]p|\alpha+i[/tex] oppure [tex]p|\alpha-i[/tex] se [tex]p[/tex] è primo in [tex]\mathbb Z[/tex], ma questo è falso sintanto che [tex]\displaystyle \frac{\alpha}{p} \pm \frac{i}{p}[/tex] non è intero.
Da questo quindi [tex]p \in \mathbb Z[/tex] è composto. Quindi [tex]p\mathbb Z[/tex] è un ideale non massimale.
"Martino":non sarebbe disdegnata
Giusto, pero' una dimostrazioncina di questo fatto: [quote="Lord K"][tex]\displaystyle (\frac{-1}{p})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}[/tex]
[/quote]Il teorema che qui invoco è il seguente:
Theo: Sia [tex]p[/tex] un primo dispari ed [tex]a[/tex] intero non multiplo di [tex]p[/tex], allora:
[tex]\displaystyle (p-1)! \equiv -(\frac{a}{p})a^{\frac{p-1}{2}} mod p[/tex]
Nel nostro caso cercheremo di farlo vedere per [tex]a=-1[/tex]. Per arrivare a questo occorre comunque fare alcune considerazioni riuardanti i residui quadratici modulo [tex]p[/tex]. In particolare osservare che comunque scelto un [tex]a: p\nmid a[/tex] e per qualunque [tex]x \in \{1,2,...,p-1\}[/tex] esiste [tex]b \in \{1,2,...,p-1\}[/tex] tale che [tex]bx\equiv a (p)[/tex].
Da questo si perviene alla importante considerazione del teorema. Visto che allargando il prodotto a tutti gli elementi di [tex]\{1,2,...,p-1\}[/tex]
[tex]\displaystyle (p-1)! \equiv \prod x \equiv -a\cdot a^{\frac{p-3}{2}} (p)[/tex].
Si evince quindi che, con l'aiuto del teorema di Wilson:
[tex]\displaystyle (p-1)! \equiv -1 mod p[/tex]
abbiamo:
[tex]\displaystyle (p-1)! \equiv -(\frac{-1}{p})(-1)^{\frac{p-1}{2}} mod p[/tex]
[tex]\displaystyle -1 \equiv -(\frac{-1}{p})(-1)^{\frac{p-1}{2}} mod p[/tex]
[tex]\displaystyle 1 \equiv (\frac{-1}{p})(-1)^{\frac{p-1}{2}} mod p[/tex]
[tex]\displaystyle (-1)^{\frac{p-1}{2}} \equiv (\frac{-1}{p}) mod p[/tex]
Ok.
"Lord K":Mancherebbe l'implicazione [tex](c) \Rightarrow (b)[/tex].
Per gradire:
[tex](b) \Leftrightarrow (c)[/tex]
Intermezzo:
[tex]p=4\mu +1 \Rightarrow p=a^2+b^2, a,b \in \mathbb Z[/tex]
[tex](b) \Rightarrow (c)[/tex] implica che [tex]p\in \mathbb Z[/tex] è composto, ma ancora di più, che necessariamente [tex]p = (a+ib)(a-ib)[/tex] ed allora discende necessariamente che [tex]p=a^2+b^2[/tex]
P.S. qui non si fa uso che [tex]p[/tex] sia primo, ma solo del tipo [tex]p=4\mu +1[/tex].
[tex]p=4\mu +1 \Rightarrow p=a^2+b^2, a,b \in \mathbb Z[/tex]
[tex](b) \Rightarrow (c)[/tex] implica che [tex]p\in \mathbb Z[/tex] è composto, ma ancora di più, che necessariamente [tex]p = (a+ib)(a-ib)[/tex] ed allora discende necessariamente che [tex]p=a^2+b^2[/tex]
P.S. qui non si fa uso che [tex]p[/tex] sia primo, ma solo del tipo [tex]p=4\mu +1[/tex].
"Lord K":Come esattamente?
[tex](b) \Rightarrow (c)[/tex] implica che [tex]p\in \mathbb Z[/tex] è composto, ma ancora di più, che necessariamente [tex]p = (a+ib)(a-ib)[/tex]
"Lord K":No, si fa uso del fatto che p e' primo, per esempio 21 e' 1 modulo 4 ma non e' somma di due quadrati.
qui non si fa uso che [tex]p[/tex] sia primo, ma solo del tipo [tex]p=4\mu +1[/tex].
"Martino":Come esattamente?
[quote="Lord K"][tex](b) \Rightarrow (c)[/tex] implica che [tex]p\in \mathbb Z[/tex] è composto, ma ancora di più, che necessariamente [tex]p = (a+ib)(a-ib)[/tex]
"Lord K":No, si fa uso del fatto che p e' primo, per esempio 21 e' 1 modulo 4 ma non e' somma di due quadrati.[/quote]
qui non si fa uso che [tex]p[/tex] sia primo, ma solo del tipo [tex]p=4\mu +1[/tex].
Per il secondo hai ragione, mi sono fatto prendere dalla foga... mentre per il primo mi risulta banale la cosa... infatti se:
[tex]p=(a+ib)(c+id)[/tex]
necessariamente ho che [tex]gcd(a,b)=gcd(c,d)=1[/tex] perchè [tex]p[/tex] è primo, ed allora:
${(ac-bd=p),(ad+bc=0):}$
sovviene che [tex]c|a[/tex] e viceversa ed anche [tex]b|d[/tex] e viceversa. Perchè sia soddisfatta allora necessariamente [tex]a=c[/tex] e [tex]b=-d[/tex]. Da cui di nuovo dalla prima [tex]p=a^2+b^2[/tex]
"Lord K":Ho capito ma almeno un accenno di argomento dovresti darlo
per il primo mi risulta banale la cosa...
infatti se:Bene. Tuttavia trovo che sia piu' chiaro partire da [tex]p=(a+ib)(c+id)[/tex] e prendere le norme, ottenendo [tex]p^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)[/tex], da cui [tex]p=a^2+b^2=c^2+d^2[/tex] essendo p primo.
[tex]p=(a+ib)(c+id)[/tex]
necessariamente ho che [tex]gcd(a,b)=gcd(c,d)=1[/tex] perchè [tex]p[/tex] è primo, ed allora:
${(ac-bd=p),(ad+bc=0):}$
sovviene che [tex]c|a[/tex] e viceversa ed anche [tex]b|d[/tex] e viceversa. Perchè sia soddisfatta allora necessariamente [tex]a=c[/tex] e [tex]b=-d[/tex]. Da cui di nuovo dalla prima [tex]p=a^2+b^2[/tex]
Uhm.. riprendo questo thread per dare una dimostrazione del teorema di Fermat sui primi che sono somma di due quadrati molto elegante che fa uso di tecniche tipiche di algebra commutativa (e che picchia molto vicino al vero cuore del problema).
Innanzi tutto, l'estensione [tex]\mathbb Z \subset \mathbb Z[/tex] è integrale, quindi la mappa indotta [tex]g \colon \text{Spec}(\mathbb Z) \to \text{Spec}(\mathbb Z)[/tex] è suriettiva. Fissato un ideale massimale [tex]p \mathbb Z[/tex] in [tex]\mathbb Z[/tex], la fibra schematica [tex]g^{-1}(p\mathbb Z)[/tex] è (omeomorfa a) [tex]\text{Spec}(\mathbb Z \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb Z / p \mathbb Z)) = \text{Spec}(\mathbb F_p[X]/(X^2 +1))[/tex] e quindi sopra [tex]p\mathbb Z[/tex] giacciono esattamente due primi se e solo se [tex]X^2 + 1[/tex] spezza in [tex]\mathbb F_p[/tex], ossia se e solo se [tex]\left( \frac{-1}{p} \right) = 1[/tex].
Ora, se [tex]p\mathbb Z = (a+ib)(c+id)[/tex] segue [tex]N(a+ib) = N(c+id) = p[/tex] e pertanto [tex]c+id = a- ib[/tex], da cui [tex]p[/tex] è somma di due quadrati. Il viceversa, è ovvio: da [tex]p = a^2 + b^2 = (a+ib)(a-ib)[/tex] segue subito che [tex]p \mathbb Z[/tex] ha almeno due fattori primi e pertanto [tex]X^2 + 1[/tex] deve spezzare in [tex]\mathbb F_p[/tex].
Innanzi tutto, l'estensione [tex]\mathbb Z \subset \mathbb Z[/tex] è integrale, quindi la mappa indotta [tex]g \colon \text{Spec}(\mathbb Z) \to \text{Spec}(\mathbb Z)[/tex] è suriettiva. Fissato un ideale massimale [tex]p \mathbb Z[/tex] in [tex]\mathbb Z[/tex], la fibra schematica [tex]g^{-1}(p\mathbb Z)[/tex] è (omeomorfa a) [tex]\text{Spec}(\mathbb Z \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb Z / p \mathbb Z)) = \text{Spec}(\mathbb F_p[X]/(X^2 +1))[/tex] e quindi sopra [tex]p\mathbb Z[/tex] giacciono esattamente due primi se e solo se [tex]X^2 + 1[/tex] spezza in [tex]\mathbb F_p[/tex], ossia se e solo se [tex]\left( \frac{-1}{p} \right) = 1[/tex].
Ora, se [tex]p\mathbb Z = (a+ib)(c+id)[/tex] segue [tex]N(a+ib) = N(c+id) = p[/tex] e pertanto [tex]c+id = a- ib[/tex], da cui [tex]p[/tex] è somma di due quadrati. Il viceversa, è ovvio: da [tex]p = a^2 + b^2 = (a+ib)(a-ib)[/tex] segue subito che [tex]p \mathbb Z[/tex] ha almeno due fattori primi e pertanto [tex]X^2 + 1[/tex] deve spezzare in [tex]\mathbb F_p[/tex].
Perdonate, ho trovato questo forum con una ricerca Bing.. fa ridere, però potrei aver elaborato una formula che dovrebbe essere un “modo” accurato della congettura hardy littlewood, come verifichereste voi?
Grazie.
Grazie.
[xdom="Martino"]Chiudo per necroposting e per il fatto che il messaggio è fuori tema con le argomentazioni trattate. Aprire un nuovo argomento, grazie.[/xdom]
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo