Visa kvadreringsidentitet för primtal som är 1 mod 4

Hej! Jag skulle vilja ha lite hjälp på b) delen av denna fråga:
Mina tankar hittils (jag kommer använda engelska begrepp)

Vi har att $\mathbb Z[i]/\langle p \rangle \cong \mathbb F_p[X]/\langle X^2+1\rangle$ inte är ett field då $X^2+1$ är reducible (exempelvis $c^2+1=0$ ). Därmed är $\langle p \rangle$ inte maximal och då $\mathbb Z[i]$ är ett PID följer det att $p$ är reducible. Vi kan skriva $p=zw$ , men $w=\bar z$ då $p$ reellt. Därmed kan $p$ skrivas som $p=z\bar z$ för något $z\in \mathbb Z[i]$ .

Med hjälp av den multiplikativa normfunktionen $N:\mathbb Z[i]\to \mathbb N, x+yi \mapsto x^2+y^2$ får vi att $N(z)=p$ och då $a+bi | p$ får vi att $a^2+b^2|p^2 \implies a^2+b^2\in\{1,p,p^2\}$ . Vårt mål blir därmed att visa att två av dessa tre fall är omöjliga. Fallet $a^2+b^2=p^2$ har jag visat, däremot har jag inte kommit på något bra sätt att utesluta $a^2+b^2=1$ . Om vi antar $a^2+b^2=1$ får vi direkt att $a+bi\in {1,-1,i,-i\}$ men alla innebär samma sak då alla är units i $\mathbb Z[i]$ , att $p$ och $c+i$ är relativt prima.

Det skulle räcka att visa att det finns en icke-trivial gemensam delare till $p$ och $c+i$ för att utesluta fallet $a^2+b^2=1$ . Den enda rimliga kandidaten för detta är $z$ . Min tanke fär att visa detta:

Vi har $N(c+i)=c^2+1 \equiv 0 \pmod p$ och då $\mathbb Z[i]$ är ett UFD så kan vi faktorisera $c+i=q_1\cdots q_m$ där $q_i$ är irreducible. Jag tror att en av dessa $q_i$ måste ha norm $p$ . Om det skulle stämma måste man slutligen visa att $q_i$ är associated med antingen $z$ eller $\bar z$ , från vilket vi skulle bli helt klara.

Några andra ideer på hur man kan gå till väga eller vägledning med det jag tänkt hittils?

Ok, det visar sig att det minst intressanta sättet att komma fram till lösningen fungerar. Om $p$ och $c+i$ vore relativt prima skulle det gälla att $\langle p \rangle + \langle c+i\rangle = \mathbb Z[i]$ . För att visa att detta är omöjligt kan vi intuitivt tänka att vi tar något tal som inte har norm $p$ . Exempelvis $c$ och vi kan visa att $c \notin \langle p \rangle + \langle c+i\rangle$ .

Då $c$ och $i$ beter sig på liknande sätt gäller det att $\pi: \mathbb Z[i]\to \mathbb F_p, x+iy\mapsto x+yc$ är en homomorphism.

Antag att det finns heltal $\alpha,\beta,x,y$ så att $p(\alpha+\beta i) + (c+i)(x+iy) = c$ . Detta kan skrivas om till

$p\alpha+cx-y+i\left(p\beta+yc+x\right)=c$

Vi projicerar över detta till $\mathbb F_p$ via $\pi$ . Det ger att

$cx-y+c(yc+x)=c \iff 2cx-2y=c \iff 2x+2yc=1$

Men då imaginärdelen måste bli noll i den sista ekvationen i $Z[i]$ så är $x+yc$ en multipel av $p$ . Det vill säga att $x+yc=0$ i $\mathbb F_p$ och därmed är detta omöjligt.

Mycket trist bevis, men det fungerar...

Jag vet inte om det finns något annat sätt att göra det på, jag tror du är inne på rätt spår.

Kanske går det att resonera lite annorlunda i fallet $a^2 + b^2=1$ . Förslag:

Vi har att $\mathbb{Z}[i]$ är en UFD. Om $\alpha := a+bi$ så innebär $\gcd(p,c+i)=\alpha$ bl.a. att $\alpha$ delar $p$ , så det måste finnas något annat $\beta\in\mathbb{Z}[i]$ sådant att $p=\alpha\beta$ .

Eftersom $\alpha$ delar $p$ så måste $N(\alpha)$ dela $N(p)=p^2$ . De enda delarna till $p^2$ är $1, p, p^2$ .

Kan det vara $p^2$ ? Om $N(\alpha)=p^2$ måste $N(\beta)=1$ , vilket betyder att $\beta$ är en unit. Så $\alpha$ är $p$ gånger en unit. Men då måste $p$ dela $c+i$ , dvs.

$c+i = p(x+yi) = px + pyi$ .

Jämför vi imaginärdelarna ser vi att $1=py$ . Eftersom $p=4k+1$ så är $p\geq 5$ , och det kan inte finnas något heltal $y$ som satisfierar ekvationen. Alltså är svaret nej.

Kan det vara $1$ ? Om $N(\alpha)=1$ så är $\alpha$ en unit, dvs. $\gcd(p,c+i)=1$ . Notera att $p$ delar $c^2 + 1$ eftersom $c^2 + 1 \equiv 0\quad(\mod p)$ . I $\mathbb{Z}[i]$ är $c^2 + 1 = (c+i)(c-i)$ , så om

i) $p$ delar produkten $(c+i)(c-i)$ , och

ii) $\gcd(p,c+i)=1$ ,

så måste $p$ dela den andra faktorn $c-i$ . Men som i det första fallet kommer detta innebära att $p$ måste dela imaginärdelen $-1$ , dvs. vi får $-1=py$ för något heltal $y$ som saknar lösningar.

Tillägg: 29 maj 2026 13:05

Jag är inte helt säker på att ditt "tråkiga" bevis är helt vattentätt heller. När du skickar ekvationen via homomorfin så tror jag du behöver ta hänsyn till att $a=b$ i $\mathbb{F}_p$ betyder att $a\equiv b\quad(\mod 5)$ . Alltså att du i slutändan får

$2x+2yc\equiv 1\quad(\mod p)$

istället för $2x+2yc = 1$ i $\mathbb{F}_p$ .

Ditt förslag ser bra ut!

Jag är inte med på varför du tycker det jag skrivit inte håller. När jag skriver $2x +2yc = 1$ i $\mathbb F_p$ menar jag att de tillhör samma restklass modulo $p$ . Slutsatsen var att $x+yc=0$ , dvs att uttrycket är $0$ mod $p$ , medan $2x+2yc=1$ , vilket är omöjligt.

Jag vet faktiskt inte vad jag tänkte. Gick igenom din lösning igen nu så gott det gick (formatteringen i mobilversionen är fruktansvärd) och tycker allt är i sin ordning. Jag måste förvirrat mig bara.

Svara

Visa senaste svar