n|m²+1 --> n=s²+t²

[ReKaio]

$ n,m \in \mathbb N , \ \ n|m^2+1 \rightarrow \exists s,t \in \mathbb N \ \ t.c. \ \ n=s²+t² $

[HiTLeuLeR]

Ciau, K. Se $ p\in \mathfrak{P} $ e $ p \mid n $, allora $ m^2 \equiv -1 \bmod p $, per cui necessariamente $ p = 2 $ oppure $ p \equiv 1 \bmod 4 $. In entrambi i casi esistono $ a, b \in \mathbb{N} $ tali che $ p = a^2 + b^2 $. Sfruttando il teorema di fattorizzazione e l'id. di Fibonacci si ha l'asserto.

[frengo]

Non mi è chiaro (o almeno non mi pare così banale da porlo ovvio) questo:

$ p \equiv 1 \bmod 4 $. [...] esistono $ a, b \in \mathbb{N} $ tali che $ p = a^2 + b^2 $.

[FrancescoVeneziano]

Non è ovvio, e infatti l'enunciato proposto da ReKaio proviene proprio da una dimostrazione di quel fatto (che i primi congrui a 1 modulo 4 sono somma di 2 quadrati) ed chiaramente ha una dimostrazione che non ne fa uso.

[HiTLeuLeR]

Banale non è, ma è un fatto *arcinoto*. In ogni caso... Se $ p = 2 $ o $ p \equiv 1 \bmod 4 $, esiste $ a\in\mathbb{Z} $ tale che $ a^2 \equiv -1 \bmod p $. Sia $ R = \{(x,y) \in \mathbb{Z}^2: 0 \leq x, y < \sqrt{p}\} $. Ovviamente $ |R| > p $, per cui (boxing-in di Dirichlet) esistono a forza $ (x_1, y_1), (x_2, y_2) \in R $ tali che $ ax_1 - y_1 \equiv ax_2 - y_2 \bmod p $, ovvero $ ax \equiv y \bmod p $, avendo posto $ x = x_1 - x_2 $ ed $ y = y_2 - y_1 $. Da qui $ y^2 \equiv (ax)^2 \equiv -x^2 \bmod p $, sicché $ p \mid (x^2 + y^2) $. Eppure $ 0 < x^2 + y^2 \leq p $, siccome uno almeno fra $ x $ ed $ y $ è non nullo. Dunque $ x^2 + y^2 = p $, da cui la tesi.

[HiTLeuLeR]

Non è ovvio, e infatti l'enunciato proposto da ReKaio proviene proprio da una dimostrazione di quel fatto (che i primi congrui a 1 modulo 4 sono somma di 2 quadrati) ed chiaramente ha una dimostrazione che non ne fa uso.

Curioso il tuo italiano... Ma ancor di più il (non)senso oscuro delle tue parole!