$a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{p}$ ise $p\mid a$ ve $p\mid b$ İspatı

[Lokman Gökçe]

$p\equiv 3 \pmod{4}$ bir asal sayı olsun. $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{p}$ ise $p\mid a$ ve $p\mid b$ olduğunu kanıtlayınız.

[geo]

$a^2 \equiv (-1)b^2 \pmod p$ denkliğinin $0$ dan farklı çözümlerinin olması için $k^2\equiv -1\pmod p$ olması, yani $-1$ in $\bmod p$ te kare kalan olması gerekir.

$k^2\equiv -1\pmod p$ ise $k^4\equiv 1 \pmod p$.
$p\geq 5$ için  Fermat'tan $k^{p-1}\equiv 1 \pmod p$ ve  $4\mid p-1$. Yani $p\equiv 1 \pmod 4$ olması gerekir.

$-1$ $\bmod 3$ te bir kare kalan değildir. O halde hiçbir $p\equiv 3 \pmod 4$ asal sayısı için $-1$ kare kalan değildir.

[Lokman Gökçe]

Teşekkürler Geo hocam, benzer bir çözümü kare kalan özellikleri kullanarak sunabilirim.


$a^2 \equiv -b^2 \pmod{p}$ olur. Eğer $b\equiv 0 \pmod{p}$ ise $a^2 \equiv 0 \pmod{p}$ denkliğinden $a\equiv 0 \pmod{p}$ bulunur. Şimdi de $b \not\equiv 0 \pmod{p}$ olsun. Bu halde $b$'nin modülo $p$ içinde bir çarpımsal tersi vardır. $\left( \dfrac{a}{b}\right)^2 \equiv -1 \pmod{p}$ olur. O halde $-1$'in modülo $p$'de bir kare kalan olması gerekir. $n$ bir tam sayı ve $p$ bir tek asal sayı iken $p = 4n + 1$ biçiminde olursa, $-1$ kare kalandır; $p=4n+3$ biçiminde olursa $-1$ kare kalan değildir. Bu meşhur teoremin ispatını 4n+1 asal başlıklı konuda sunmuştuk. Problemimizde $p\equiv 3 \pmod{4}$ bilgisi verildiğinden  $\left( \dfrac{a}{b}\right)^2 \not\equiv -1 \pmod{p}$ olduğunu anlarız. Yani $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{p} \iff$ $p\mid a$ ve $p\mid b$ olmasıdır.

[AtakanCİCEK]

Bu teoremin bir değişik versiyonunu daha vereyim (Bunu kullandığım bir çalışma üzerinde uğraşıyorum) :

$x,y$ tamsayılar, $p\equiv \{3,5,7\}\pmod 8$ tipi asallar için  $p \mid x^4+y^4$ ise $p \mid x$ ve $p \mid y$ olmalıdır.
İspat:  Yukarıdaki teoremden bariz olmayan tek durum $5\pmod 8$ tipi asallar olduğu görülebilir.

Varsayalım ki $p|y$ sağlansın. Bu durumda $p \mid x$ olduğu görülebilir. İspat biter.

O halde $p\not \mid y$ olmalıdır ve benzer şekilde $p\not \mid x$ sağlanmalıdır. Bu durumda $x,y$ $\pmod p$ altında tersi alınabilirdir ve

$$t\equiv xy^{-1}\pmod p$$ olacak şekilde $t$ tam sayısı vardır. Buradan yola çıkarsak

$$t^4\equiv x^4y^{-4}\pmod p$$  ve orijinal denklemden $x^4+y^4\equiv 0 \pmod p$  olduğundan

$$t^4\equiv -1 \pmod p$$ olmalıdır. $\pmod p$  altında $(t^2+1)^2$ ifadesini inceleyelim.

$$(t^2+1)^2\equiv -1+2t^2+1 \pmod p$$ yani $$(t^2+1)^2\equiv 2t^2 \pmod p $$ elde ederiz. Buradan ise $t^2$ tam kare ifade olduğu için $2$ nin $\pmod p$ altında kare kalan olması gerekir.

$$\left( \frac{2}{p} \right) = (-1)^{\frac{p^{2}-1}{8}}
,
p \equiv 5 \pmod{8}
\;\;\Rightarrow\;\;
\left( \frac{2}{p} \right) = -1,$$

olduğundan çelişki elde edilir. O halde $5 \pmod 8$ asalları için $p|x^4+y^4$ ise $p|x$ ve $p|y$ olmalıdır.

Not: $p\equiv 1 \pmod 8$ asalları için karşı örnek verilebiliyor.  $82=1^4+3^4$ gibi.

[Metin Can Aydemir]

Atakan'ın verdiği teoremin genel haline bir ispat verelim. Yani,

Teorem: $n\geq 1$, $x$ ve $y$ tamsayılar ve $p$ tek bir asal sayı olmak üzere, $p\neq 1\pmod{2^{n+1}}$ için $p\mid x^{2^n}+y^{2^n}$ ise $p\mid x,y$ olmalıdır.

İspat: Aksini varsayalım. $p\mid x$ veya $p\mid y$ ise diğeri de bölüneceğinden $p\mid x^{2^{n}}+y^{2^{n}}$ ve $p\nmid x,y$ kabul edebiliriz. $$x^{2^{n}}+y^{2^{n}}\equiv 0\pmod{p}\implies (x\bar y)^{2^n}\equiv -1\pmod{p}$$ olacaktır. $x\bar y$'nin mertebesi $d$ olsun. $$(x\bar y)^{2^{n+1}}\equiv 1\pmod{p}\implies d\mid 2^{n+1},$$ $$(x\bar y)^{2^{n}}\not\equiv 1\pmod{p}\implies d\nmid 2^{n}$$ olduğundan $d$'nin alabileceği tek değer $d=2^{n+1}$'dir. Bir sayının mertebesi her zaman $\phi(p)=p-1$'i böleceğinden $$2^{n+1}\mid p-1\implies p\equiv 1\pmod{2^{n+1}}$$ olacaktır. Bu bir çelişkidir. Sonuç olarak, $p\neq 1\pmod{2^{n+1}}$ için $p\mid x^{2^n}+y^{2^n}$ ise $p\mid x,y$ olmalıdır.