Clasificación de primos que dividen a un cuadrado más uno

Utilizando residuos cuadráticos podemos llegar a conclusiones interesantes. No tengo la demostración del Teorema que utilizaré, pero seguiré intentando (hace mucho que lo vi).

El Símbolo de Legendre se define como

$\displaystyle \left(\frac{a}{p}\right) = \left\{\begin{array}{ll} 0 & \textrm{si }a|p \\ 1 & \textrm{si }a\textrm{ es residuo cuadratico modulo }p\\ -1 & \textrm{si }a\textrm{ es residuo no-cuadratico modulo }p\end{array} \right.$

Sabemos que $(-1,p)=1$ con $p$ primo, así que podemos utilizar el Criterio de Euler que dice

$\displaystyle a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right) \pmod{p}$

Si $p$ es un primo de la forma $4k+3$ tal que $p|n^2+1$, esto implica que -1 debe de ser residuo cuadrático módulo $p$, así que por la definición del símbolo de Legendre tenemos:

$\displaystyle \left( \frac{-1}{p} \right) = 1$ ... (1)

pero utilizando el Criterio de Euler tenemos:

$\displaystyle (-1)^{\frac{p-1}{2}} = (-1)^{\frac{4k+3-1}{2}}=(-1)^{2k+1} = -1 \equiv \left(\frac{-1}{p}\right) \pmod{p}$ ... (2)

Observando (1) y (2) llegamos a una contradicción. Esto quiere decir que -1 es residuo no-cuadrático bajo módulo $p$ cuando $p$ es un primo de la forma $4k+3$, así que si $p$ divide a $n^2+1$ entonces tiene que ser de la forma $4k+1$ (todos los primos impares se pueden escribir como $4k+1$ ó $4k+3$). Con esto termina la solución.

Este problema tiene como consecuencia lo siguiente:

Consideremos un entero $ M$, tal que, tiene un factor primo $ p \equiv 3$ (mód 4).  Entonces,  $Mk - 1$ no es un cuadrado perfecto.

La razón de esto es que, de existir $ n$ tal que $n^2 = Mk -1$, se tendrá que $ M$ divide a $n^2 + 1$, en consecuencia, $ p$ divide a $n^2+1$. Y por el ejercicio, se deberá tener que $ p \equiv 1$ (mód 4), contradiciendo la hipótesis de que $ p$ satisfacía que $p \equiv 3$ (mód 4).

Un caso particula de esta observación general es el problema No es un cuadrado perfecto, propuesto por Fernando el 15 de Mayo. En el se pide demostrar que $187y-1$ no es un cuadrado perfecto.

Si, me fui muy al extremo. Hare otro intento usando la sugerencia que dice, lo acabo de pensar cuando fui a la tiendita.

Supongamos que un primo $p$ divide a $n^2+1$, entonces es facil ver que $ n$ y $p$ son primos relativos. Luego, por el PTF tenemos:

$\displaystyle n^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$ ... (1)

ahora, por hipotesis, sabemos que

$\displaystyle n^2 \equiv -1 \pmod{p}$

lo cual implica que

$\displaystyle n^{4m+2} \equiv -1 \pmod{p}$ ... (2)

$\displaystyle n^{4m} \equiv 1 \pmod{p}$ ... (3)

para algun entero $m$. Si (2) se cumple, entonces (1) no se cumple, y llegamos a una contradiccion. La unica posibilidad para que (1) se cumpla es que (3) se cumpla tambien (sin que (2) se cumpla), y para que (3) se cumpla tenemos que

$p-1 \equiv 0 \pmod{4}$

$p \equiv 1 \pmod{4}$

que es lo que queriamos probar.

Sí, queda más claro como lo puso, gracias! :D! Es un problema muy interesante.