Application sur les diviseurs de a²+b²

$a^2+b^2\equiv 0\ [p] \Longleftrightarrow$ (avec r=a² mod p et r'=b² mod p) $r+r' \equiv 0\ [p] \Longleftrightarrow r' \equiv -r\ [p] \Longleftrightarrow r'q \equiv -1\ [p]$ où q est l'inverse de r, l'ensemble des carrés de ${\mathbb Z}/p{\mathbb Z}$étant un groupe multiplicatif, q et donc qr' sont aussi des carrés. D'où -1= r'q est un carré modulo p or on vient de voir que ceci équivaut à p=4n+1.

Les lecteurs attentifs ne devraient pas être parvenus à cette étape sans avoir au moins froncé les sourcils : en effet les lignes précédentes mal recopiées sur [Itard] souffrent d'une imperfection (euphémisme). Justifierez-vous cette litote en trouvant quelle est l'équivalence aporétique ?

Solution : Il suffit de remplacer ${\mathbb Z}/p{\mathbb Z}$ par $({\mathbb Z}/p{\mathbb Z})^*$ qui lui sera bien un groupe multiplicatif. En effet, si $r \equiv 0 \ [p]$, il ne sera pas inversible. On peut pallier cet inconvénient, si r ou r' n'est pas nul (ce qui revient à ce que tous deux soient non nuls), ainsi l'achoppement fatal saute si p ne divise ni a ni b, a fortiori si a et b sont étrangers, hypothèse apodictique et même salvatrice.

En résumé : les seuls diviseurs d'une somme de deux carrés étrangers sont 2 et des nombres premiers de la forme 4n+1.
Un résultat de Fermat affirme même qu'un nombre premier de la forme 4n+1 est somme de deux carrés ; en 1977, Larson en a donné une démonstration qui utilise le placement de n reines sur un échiquier $n \times n$ sans qu'aucune ne soit en prise.