Riguardo i primi esprimibili come somma di 2 quadrati

[jordan]

Se dimostrassi che un intero di forma 4k+1 è esprimibile come somma di 2 quadrati sse è primo o multiplo di 5... avrei provato anche che tutti i primi di tale forma lo sono?

No,è falso. Ti faccio un esempio, a te capire il perchè.

$ 5 \nmid 221=10^2+11^2 $ e non è primo.

[gismondo]

Alla TG: dimostralo

Teorema 1
$ x\equiv 1(2)(3)(\frac {p-1}{2}) $
ma dato che 4|p-1 abbiamo anche (prodotto di termini in numero pari):
$ x\equiv(-1)(-2)(-3)(-\frac {p-1}{2}) $
Visto che siamo in modulo p posso scrivere:
$ x\equiv(p-1)(p-2)(p-3)(\frac {p+1}{2}) $ e moltiplicando le due scritture ottengo
$ x^2\equiv (p-1)! $ ora per il teorema di wilson ho $ x^2\equiv -1 $

Teorema di Thue
Prendiamo x,y più piccoli di $ $\sqrt{n} $
costruiamo l'espressione $ xz-y \pmod p $
sia $ m=\lfloor \sqrt{n} \rfloor+1 $
E' facile vedere che nell'espressione precedente ci sono m scelte per x ed m per y.
Dato che $ m^2>n $ e $ $Z_n $ ha n elementi per pigeonhole esistono due coppie (x,y);(x',y') per cui quell'espressione da lo stesso valore.
Allora $ xz-y \equiv x'z-y' \Rightarrow (x-x')z\equiv (y-y') $
Ora gli oggetti tra parentesi sono più piccoli di $ $\sqrt{n} $ e quindi sono quelli cercati.

[jordan]

Ok, questa è una ..
proponete qualcun altra per la 2) o si passa al 3)?

[Pairo]

Ecco, la dimostrazione di Gismondo era quella che cercavo io .
Jordan con Z si intende l'insieme delle classi di resto modulo i? Scusa la domanda .. Comunque per il punto 3 mi sa che ci proverò domani dopo l'orale

[jordan]

Ecco, la dimostrazione di Gismondo era quella che cercavo io

Meglio cosi

Jordan con Z si intende l'insieme delle classi di resto modulo i?

..$ [tex] $\mathbb{Z}[/tex] è l'anello euclideo degli interi gaussiani

[FeddyStra]

3)
Supponiamo che esistano due modi di scrivere $ p $ come somma di due quadrati, ovvero $ p=x_1^2+y_1^2=x_2^2+y_2^2 $, con $ x_2\neq\pm x_1,\pm y_1 $.
Chiamiamo $ \alpha\equiv\sqrt{-1}\pmod p $. Quindi $ x_1\equiv\pm\alpha y_1\pmod p $ e $ x_2\equiv\pm\alpha y_2\pmod p $. Visto che gli $ x_i $ e $ y_i $ ci interessano a meno del segno, possiamo porre ad arbitrio senza perdere di generalità
$ x_1\equiv\alpha y_1\pmod p $ e $ x_2\equiv\alpha y_2\pmod p $. (I)
Grazie all'identità che si può sfruttare anche per risolvere 1 e 2, possiamo scrivere
$ p^2=\left(x_1^2+y_1^2\right)\left(x_2^2+y_2^2\right)=(x_1x_2+y_1y_2)^2+(x_1y_2-x_2y_1)^2 $. (II)
Tramite le (I) si ha che $ x_1y_2-x_2y_1\equiv\alpha y_1y_2-\alpha y_2y_1\equiv0\pmod p $. Questo significa che all'ultimo membro della (II) gli addendi sono entrambi multipli di $ p^2 $. Dividendo per $ p^2 $ si ricava allora un'identità del tipo $ 1=A^2+B^2 $ la quale ha come uniche soluzioni $ (\pm1,0) $ e $ (0,\pm1) $. Ne segue che uno degli addendi della (II) deve essere $ 0 $, ovvero
$ x_1x_2+y_1y_2=0 $ oppure $ x_1y_2-x_2y_1=0 $. (III)
Se è vera la prima delle (III) allora si deduce che $ x_2=\pm y_1\land y_2\mp x_1 $, se è vera la seconda delle (III) allora $ x_2=\pm x_1\land y_2=\pm y_1 $.
In entrambi i casi la rappresentazione si può considerare unica a meno di segni e di permutazioni.

Aggiungerei anche un 5):
se $ p=4k+1 $, si ponga $ \displaystyle x\equiv\frac{(2k)!}{2(k!)^2}\pmod p $ e $ y\equiv(2k)!x\pmod p $, con $ \displaystyle|x|,|y|<\frac12p $; allora $ p=x^2+y^2 $.