infiniti primi che non dividono m^2+n^2

[piever]

Ecco un lemmino divertente (ma non particolarmente utile, temo).

La dimostrazione è carina ma abbastanza facile, per favore aspettate a postare...

Dimostrare che esistono infiniti primi $ p $ tali che se $ p\nmid GCD(m,n) $ allora $ p\nmid(m^2+n^2) $ dove $ m,n $ sono interi positivi.

Buon lavoro!

EDIT: sì sisifo, mi ero semplicemente scordato un'ipotesi

[Sisifo]

Scusa piever..ma $ p \mid p^2 + p^2 $ per ogni primo p.
Forse intendi che nell'ipotesi c'è $ p \nmid gcd(m,n) $?

[SkZ]

scusate la risposta banale, ma, dato che i numeri primi sono infiniti, basta prendere $ ~p>m^2+n^2 $

[Sisifo]

Forse non hai capito la domanda.. fissato p la tesi deve valere per qualsiasi m,n in N che soddisfano l'ipotesi..

[darkcrystal]

"Un primo congruo a tre modulo 4 divide una somma di quadrati se e solo se divide ogni quadrato preso singolarmente". Dimostrare.

[HiTLeuLeR]

"Un primo congruo a tre modulo 4 divide una somma di quadrati se e solo se divide ogni quadrato preso singolarmente". Dimostrare.

Oggi cade l'anniversario della dipartita terrena del criceto di Legendre: invito a rispettare un minuto di silenzio in memoria della povera bestiola - e pace all'anima sua.

[piever]

In onore del povero criceto di Legendre (pace all'anima sua) rilancio un po':

Determinare tutti gli interi positivi esprimibili come somma di 2 quadrati perfetti (anche lo 0 è un quadrato perfetto s'intende).

[darkcrystal]

Va bene visto che il mio precedente intervento è stato messo alla gogna tentiamo di risollevarci .
Se nella fattorizzazione di n un primo congruo a 3 modulo 4 compare con esponente dispari n non è esprimibile come somma di quadrati: infatti ognuno dei due quadrati (come si diceva prima ) in cui si dovrebbe scomporre sarebbe divisibile per $ p^2 $. Continuando a dividere per $ p^2 $ si arriverebbe ad un certo punto ad avere n divisibile esattamente per p e la somma di quadrati divisibile esattamente per $ p^2 $, assurdo.
Per il resto partiamo dal presupposto che n sia libero da quadrati (perchè tanto basta raccoglierli...). Siccome i primi congrui a 3 mod 4 devono comparire tutti con esponente pari, non li consideriamo. Per gli altri primi, è noto che sono tutti esprimibili come somma di due quadrati. Ma il prodotto di due somme di due quadrati è ancora una somma di due quadrati: $ (a^2+b^2)(c^2+d^2)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2 $$ =(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 $, perciò tutti questi n sono rappresentabili.

Risposta: tutti e soli gli interi nella cui fattorizzazione i primi congrui a 3 mod 4 abbiano esponente pari.

Speriamo bene, stavolta
Ciao!

[HiTLeuLeR]

[...] Per gli altri primi, è noto che sono tutti esprimibili come somma di due quadrati. [...]

Curiosità: monsieur Legendre ebbe ad acquistare il suo graziosissimo criceto - pace all'anima di entrambi - presso il petting shop (in italiano, negozio di animali...) di sir Axel Thue. Quando si dice il Caso!

[darkcrystal]

Ok si vede che questo non è il mio thread preferito.
Cerco di dimostrarlo...
Sia p un primo congruo ad uno mod 4. Poniamo $ p=2k+1 $.
Per il Th. di Wilson sappiamo che $ (p-1)! \equiv -1 \pmod p $ ma, accoppiando ogni valore a con (p-a) e facendo questo prodotto otteniamo anche $ (p-1)! \equiv 1*2*...k*((p-1)(p-2)*...*(p-k)) \equiv k! * k! * (-1)^k $. Dato che k è pari (il primo è congruo ad uno mod 4) si ha $ k!^2 \equiv -1 \pmod p \Rightarrow p|k!^2+1 $.
Ora, di questa parte non sono molto sicuro.
Poniamo per comodità $ x=k! $
Passando agli interi di Gauss si ha che $ p \not | (x+i) $ e $ p \not | (x-i) $ ma divide il prodotto, e perciò non è un primo di Gauss. E quindi esiste una sua fattorizzazione negli interi di Gauss, del tipo$ p=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2 $, da cui p è somma di quadrati.

[HiTLeuLeR]

Passando agli interi di Gauss si ha che $ p \not | (x+i) $ e $ p \not | (x-i) $ ma divide il prodotto, e perciò non è un primo di Gauss.

Un'annotazione a proposito delle notazioni: meglio \nmid che \not\mid. Non è mica a caso!

[...] quindi esiste una sua fattorizzazione negli interi di Gauss, del tipo$ p=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2 $, da cui [...]

D'accordo che p si fattorizza in $ [tex] $\mathbb{Z}[/tex], ma perché mai la (una) sua fattorizzazione dovrebbe essere a forza del tipo $ (a+ib)(a-ib) $, con $ a,b\in\mathbb{Z} $?!

[HiTLeuLeR]

Ad ogni modo, come la massima parte delle questioni riciclate ultimamente sulle pagine della sezione TdN del forum, anche del lemma di Thue si è discusso già in passato - raccomando la progressione del 4^o, 5^o e 6^o intervento della pagina.

[piever]

@ darkcrystal: bella la dimostrazione dell'esistenza di una radice di -1, io avevo usato un generatore senza dimostrare che ne esistessero...

Comunque, l'ultima parte è la stessa mia idea, ma in effetti potresti provare a dimostrare che la scomposizione è per forza in quel modo (non ci vuole molto, dai).

E magari che la scomposizione come somma di 2 quadrati è unica, sempre usando gli interi di gauss, così almeno finiamo la dimostrazione del lemma di Thue e HiTLeuLeR si placa

[darkcrystal]

Ok ennesimo tentativo... sempre ribadendo che non mi trovo molto a mio agio con gli interi di Gauss!
Sia $ p=(a+bi)(c+di) $ in modo che nessuno dei due fattori sia un elemento invertibile. Prendiamo il quadrato del modulo dei valori in questione, ottenendo $ p^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2) $. Allora o entrambi i fattori valgono p, o uno è 1 e l'altro $ p^2 $. Ma poichè per ipotesi nessuno dei due era un elemento invertibile, sono entrambi p e perciò si ha $ p=(a+bi)(a-bi)=(c+di)(c-di) $
Ora tentiamo l'unicità. Sia d(z) la funzione modulo del numero complesso z. Dato che $ d(a+bi)=d(a-bi)=d(c+di)=d(c-di)=p $, si ha anche che sono tutti primi di Gauss. Inoltre $ (a+bi)(a-bi)=(c+di)(c-di) $ e per l'unicità della fattorizzazione in $ [tex] $\mathbb{Z}[/tex] ognuno dei termini di destra dev'essere il prodotto di uno di quelli di sinistra per un elemento invertibile. Ma questa operazione cambia solo i segni o scambia la parte reale / immaginaria, perciò non cambia $ Re[z]^2+Im[z]^2 $ che è la nostra scomposizione in quadrati.

Ciao! (speriamo sia finita )

[piever]

Approvato...

Sostanzialmente la ragione per cui ciò funziona è che, scomponendo $ p $ in fatori, $ p=a_1*a_2*...*a_k*u $ dove u è un elemento invertibile, otteni $ d(p)=p^2=d(a_1)*d(a_2)*...*d(a_k) $ da cui facilmente $ p=d(a_1)=d(a_2) $ e la tesi segue..

Volendo c'è da dimostrare la fattorizzazione unica..

(Scherzavo..)