Teoria Numeros C Ivorra Castillo

9.5. Representaciones por formas cuadráticas 241
Ejemplo El mayor número primo que encontró Euler con ayuda de los números
convenientes es p =18.518.809 = 197 2 +1.848 · 100 2 . Vamos a esbozar un
argumento (debido a Gauss) que lo demuestra. Un cálculo directo obligaría a
comprobar que p no es divisible entre los primeros 590 primos.
Hemos de probar que la única solución de la ecuación
p = x 2 +1.848 y 2 (9.10)
es x = 197, y = 100. Una tal solución cumple x 2 ≡ 1 (mód 1.848). Como
1.848=8· 3 · 7 · 11, esto es equivalente a que x 2 ≡ 1 (mód 8), x 2 ≡ 1 (mód 3),
x 2 ≡ 1(mód 7), x 2 ≡ 1 (mód 11), o a que x ≡ 1 (mód 2), x ≡±1(mód 3, 7, 11).
Por el teorema chino del resto, x ≡±1, ±43, ±155 ± 197 (mód 462) (notar
que 462 = 2 · 3 · 7 · 11). Puesto que x< √ p, esto nos da 76 posibilidades para x:
1 + 462k 0 ≤ k ≤ 9,
−1 + 462k 1 ≤ k ≤ 9,
43 + 462k 0 ≤ k ≤ 9,
−43 + 462k 1 ≤ k ≤ 9,
155 + 462k 0 ≤ k ≤ 9,
−155 + 462k 1 ≤ k ≤ 9,
197 + 462k 0 ≤ k ≤ 9,
−197 + 462k 1 ≤ k ≤ 9.
Hay que descartarlas todas menos x = 197. La mayoría de ellas se eliminan
tomando congruencias. Por ejemplo, consideremos el primo 5. Al tomar
congruencias módulo 5 en la ecuación (9.10) queda x 2 +3y 2 ≡ 4 (mód 5).
Como y 2 ≡ 0, 1, 4 (mód 5), resulta x 2 ≡ 1, 2, 4 (mód 5), pero 2 no es un resto
cuadrático módulo 5, y por consiguiente x 2 ≡ 1, 4 (mód 5). Esto equivale a que
x ≢ 0 (mód 5).
Si consideramos, por ejemplo x = 1 + 462k ≡ 1+2k (mód 5), la condición
es 2k ≢ −1 (mód 5), o también k ≢ 2(mód 5), lo que nos elimina los casos
k =2, 7. Del mismo modo eliminamos un par de casos de cada una de las ocho
sucesiones.
Repitiendo el proceso con el primo 13 eliminamos los valores k =0, 4, 5, 9de
la primera sucesión.
Cuando el primo que usamos divide a 1.848 hemos de tomar congruencias
módulo una potencia, para evitar identidades triviales. Por ejemplo, si usamos
el 3 hemos de plantear x 2 +3y 2 ≡ 4 (mód 9). Como y 2 ≡ 0, 1 (mód 3), ha de
ser 3y 2 ≡ 0, 3 (mód 9), luego x 2 ≡ 1, 4 (mód 9). Si lo aplicamos a la primera
sucesión obtenemos
(1 + 462k) 2 ≡ (1+3k) 2 ≡ 1+6k ≡ 1, 4(mód 9),
de donde 6k ≡ 0, 3 (mód 9), 2k ≡ 0, 1(mód 3), k ≡ 0, 2 (mód 3), lo cual nos
descarta el valor k =3.