liczby pierwsze postaci 4k+1

[Citizen]

1) Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\)

2) Rozwiąż w \(\displaystyle{ x,y \in Z}\)
\(\displaystyle{ x^{2}+3y^{2}=1998y}\)

[mariolawiki1]

2. Skorzystaj z metody nieskończonego schodzenia. Pozdrawiam.

[smigol]

Skorzystamy z takiego faktu:
Jeśli \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, zaś n liczbą całkowitą taką, że \(\displaystyle{ p|4n^2+1}\), to \(\displaystyle{ p \equiv 1 \ \ (mod \ 4)}\).
Na pewno \(\displaystyle{ p}\) nie może być równe \(\displaystyle{ 2}\), zatem wystarczy, że pokażemy iż \(\displaystyle{ p \not\equiv 3 \ \ (mod \ 4)}\). Załóżmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ k}\) - \(\displaystyle{ p=4k+3}\). Niech \(\displaystyle{ y=2n}\), wtedy z Małego twierdzenia Fermata \(\displaystyle{ y^{p-1} \equiv 1 \ \ (mod \ p)}\) (bo \(\displaystyle{ p}\) nie dzieli \(\displaystyle{ n}\)), ale \(\displaystyle{ y^2+1 \equiv 0 \ \ (mod \ p)}\) zatem:
\(\displaystyle{ y^{p-1} \equiv y^{4k+2} \equiv \left( -1 \right)^{2k+1} \equiv -1 \ \ (mod \ p)}\) sprzeczność, zatem \(\displaystyle{ p \equiv 1 \ \ (mod \ 4)}\).


Wróćmy do zadania. Załóżmy, że liczb pierwszych postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\) jest skończenie wiele niech będą one równe \(\displaystyle{ p_1,p_2,...,p_n}\). Niech \(\displaystyle{ X=4(p_1p_2p_3...p_n)^2+1}\). Z powyższego \(\displaystyle{ X}\) jest podzielne tylko przez liczby pierwsze postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\), ale liczba \(\displaystyle{ X}\) nie jest podzielna przez żadną z tych liczb, sprzeczność.

[patry93]

\(\displaystyle{ y^{p-1} \equiv y^{4k+2} \equiv \left( -1 \right)^{2k+1}}\)

Dlaczego to zachodzi? \(\displaystyle{ p-1=4k}\), a nie \(\displaystyle{ 4k+2}\) (choć nie wiem, czy to dobry argument, może czegoś nie widzę).

[smigol]

Ale pokazujemy, że nie może zachodzić \(\displaystyle{ p=4k+3}\).


Edit: już zmieniłem posta, teraz jest "załóżmy, że p=4k+3", a wcześniej było "4k+1".

[Citizen]

Rozwiązanie zadania pierwszego bardzo mi się podoba : D.
Nie widze jednak jak metoda nieskończonego schodzenia ma pomóc w drugim. Po pierwszym zejściu wracamy do wyjściowego równania tyle że po prawej stronie mamy już \(\displaystyle{ 666y_{1}}\), a myślałem że w tej metodzie mamy wracać do wyjściowego równania bez żadnej zmiany?

[smigol]

Dobrze myślałeś. Załóż, że (x,y)=d (czyli \(\displaystyle{ y=dy_1}\) i \(\displaystyle{ x=dx_1}\)) i otrzymasz, że \(\displaystyle{ d^2}\) dzieli lewą stronę, czyli \(\displaystyle{ d^2}\) musi dzielić prawą stronę, która będzie się równała \(\displaystyle{ 1998dy_1}\), czyli \(\displaystyle{ d^2|1998dy_1}\), ale (d,y_1)=1, zatem \(\displaystyle{ d^2|1998d}\), czyli \(\displaystyle{ d|1998}\). 'Parę' przypadków zostało do sprawdzenia.