Prima berbentuk $p=a^2+b^2$. – A Mathematician Impostor

Dalam tulisan ini akan ditunjukkan jika ${p}$ adalah bilangan prima berbentuk ${p=4k+1}$ jika dan hanya jika ${p}$ dapat dituliskan sebagai penjumlahan dua bilangan kuadrat. Pembuktian di artikel ini akan memanfaatkan sifat bahwa ${\mathbb{Z}[i]}$ merupakan suatu Unique Factorization Domain (UFD).

Pertama kita akan memerlukan teorema Wilson

Theorem 1 (Wilson)

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

Proof: Pertama akan kita tunjukkan bahwa unsur taknol di ${\mathbb{Z}_p}$ yang inversnya adalah dirinya sendiri hanyalah ${1}$ dan ${-1}$ . Jika ${x^2=1}$ di ${\mathbb{Z}_p}$ , maka ${(x+1)(x-1)=0}$ dan karena ${\mathbb{Z}_p}$ lapangan maka ${x=1}$ atau ${x=-1}$ . Dengan demikian semua unsur ${1,2,\ldots, p-1}$ di ${\mathbb{Z}_p}$ dapat dipasang-pasangkan dengan inversnya kecuali 1 dan -1. Dengan demikian ${(p-1)!=-1}$ di ${\mathbb{Z}_p}$ . $\Box$

Lemma 2 Jika ${p=4k+1}$ maka terdapat ${m\in \mathbb{Z}}$ sehingga ${p}$ membagi ${m^2+1}$ .

Proof: Perhatikan bahwa

$\displaystyle -1=(p-1)!=1\cdot 2\cdots 2k\cdot (-2k)\cdots (-2)= (-1)^{2k}\left(1\cdot 2\cdots 2k\right)^2$

di ${\mathbb{Z}_p}$ . Dengan demikian untuk ${m=(2k)!}$ kita peroleh bahwa ${p}$ membagi ${m^2+1}$ . $\Box$

Theorem 3 (Fermat) Bilangan prima ganjil ${p}$ berbentuk ${p=4k+1}$ jika dan hanya jika terdapat ${a,b}$ sehingga ${p=a^2+b^2}$ .

Proof: Dari lemma di atas kita punyai ${p}$ membagi ${m^2+1=(m+i)(m-i)\in \mathbb{Z}[i]}$ . Perhatikan bahwa ${p}$ tidak membagi baik ${m+i}$ ataupun ${m-i}$ karena jika misalnya ${p(c+di)=m+i}$ maka ${pd=1}$ yang jelas mustahil. Dengan demikian ${p}$ tidak membagi ${m+i}$ . Dengan cara serupa ${p}$ tidak membagi ${m-i}$ . Ini menunjukkan bahwa ${p}$ bukan unsur prima di ${\mathbb{Z}[i]}$ . Karena unsur taktereduksi adalah unsur prima di UFD maka ${p}$ juga bukat unsur taktereduksi. Artinya ada ${a+bi, c+di \in \mathbb{Z}[i]}$ sehingga ${(a+bi)(c+di)=p}$ . Sekarang ${N(a+bi)N(c+di)=N(p)=p^2}$ . Karena ${a+bi,c+di}$ bukan unit maka ${N(a+bi)}$ dan ${N(c+di)}$ tidak sama dengan 1. Jadi haruslah ${N(a+bi)=N(c+di)=p}$ . Akibatnya ${a^2+b^2=N(a+bi)=p}$ .

Sebaliknya misalkan ${p=a^2+b^2}$ untuk suatu bilangan bulat ${a,b}$ . Karena ${p}$ ganjil maka ${a,b}$ tidak mungkin keduanya genap dan juga tidak mungkin keduanya ganjil. Tanpa mengurangi keumuman misalkan ${a=2k}$ dan ${b=2l+1}$ . Akibatnya ${p=4k^2+4l^2+4l+1=4(k^2+l^2+l)+1}$ . $\Box$

One Reply to “Prima berbentuk $p=a^2+b^2$ .”

anon says:

June 4, 2016 at 11:12 am

Alternatif setelah lemma 2:

Misalkan $p=4k+1$ prima dan ambil $m$ seperti di lemma 2. Tinjau semua bilangan asli berbentuk $mx-y$ dengan $0\leq x,y\leq \sqrt p$ . Terdapat $0\leq x_1, y_1, x_2, y_2\leq \sqrt p$ sehingga $p$ membagi $(mx_1 - y_1) - (mx_2 -y_2)$ yang berakibat $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2 = p$ .

One Reply to “Prima berbentuk .”

Leave a Reply Cancel reply

One Reply to “Prima berbentuk $p=a^2+b^2$ .”