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Primos de la forma 4k+1

+1 voto
Demuestre que existen infinitos primos de la forma $4k+1.$

Hola, se puede usar el razonamiento de reducción al absurdo? Y en ese caso, ¿cuál sería el planteamiento?
preguntado por Julio_fmat (1,460 puntos) Nov 27, 2015 en Básicas
Es un corolario del teorema de dirichlet.

2 Respuestas

+2 votos
En general se puede mostrar que $x^2\equiv-1\pmod p$ tiene solución si y sólo si $p\equiv1\pmod4$ (con $p$ un primo impar). Ahora utilicemos ese hecho. Supón que $p_1,p_2,\ldots,p_n$ es una lista de primos de la forma $4k+1$ y define $N:=(2p_1\cdots p_n)^2+1.$ Luego $N$ es impar y no es divisible por ningún $p_i.$ Por la aclaración del inicio se sigue que cualquier factor primo de $N$ es de la forma $4k+1.$ Esto significa que existe un primo $p\mid N$ tal que $p\equiv1\pmod4$ y $p\neq p_i$ para todo $i.$ Por lo tanto ninguna lista finita de primos de la forma $4k+1$  estará completa y se sigue que existe un número infinito de primos de la forma $4k+1.$
respondido por Carlos Jalpa (11,200 puntos) Nov 27, 2015
Muchas Gracias Carlos, entonces la contradicción se tiene porque $p\ne p_i$ cuando $p\equiv 1\pmod 4$?
Exactamente, significa que siempre que tomes una lista finita de primos de la forma $4k+1,$ cualquiera que sea ésta, siempre podrás hallar un primo de la forma $4k+1$ que no esté en esa lista.
+2 votos

Sí se puede proceder por reductio, pero es menester que sepas un poco sobre restos cuadráticos. Principalmente, tienes que recordar que $-1$ es resto cuadrático de todos los primos que son congruentes con $1 \pmod{4}$ y resto no cuadrático de todos los primos que son congruentes con $3 \pmod{4}$ (para leer una demostración de este conocido resultado, puedes ir a esta entrada de Apuntes Misceláneos: http://elr3to.blogspot.mx/2012/03/atando-cabos.html). Una vez que tienes ese dato en la mano, la demostración que requieres es como sigue (como quieres que sea por reducción al absurdo, la redactaré de esa manera):

Supongamos que sólo hay un número finito de primos de la forma $4k+1$: $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}$. Considera a continuación el número

$N = 4(p_{1} \cdots p_{k})^{2}+1.$

Ese número, al ser mayor que $1$ y no ser divisible ni por $2$ ni por ninguno de los primos $p_{i}$, tiene necesariamente (al menos) un divisor primo $q$ que es congruente con $3 \pmod{4}$. De esto se sigue que $-1$ es resto cuadrático módulo $q$, lo cual es absurdo (pues $q$ es congruente con $3 \pmod{4}$).

respondido por José Hdz (39,570 puntos) Nov 27, 2015
editado por José Hdz Nov 27, 2015
Hola, muchas gracias por la ayuda. Pero hay cierto paso que no logro entender. Es cuando dices que $N$ debe tener un divisor primo $q$ de la forma $3\pmod 4$, y luego $-1$ es un resto cuadrático módulo $q$?
Todo número natural mayor que $1$ es divisible por algún número primo. Los primos impares son congruentes con $1$ o $3$ módulo $4$. El número $N$ que se ha considerado es impar y, por consiguiente, sólo puede ser divisible por primos impares. Como ningún primo congruente con $1 \pmod{4}$ lo divide, entonces $N$ tiene que ser divisible por al menos un primo $q$ congruente con $3 \pmod{4}$.
$q|N$ implica que $4(p_{1} \cdots p_{k})^{2} + 1 \equiv 0 \pmod{q}$. Luego, $4(p_{1} \cdots p_{k})^{2} \equiv -1 \pmod{4}$, lo que indica que $-1$ es resto cuadrático módulo $q$.
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