Fermat两数平方和定理
Fermat两数平方和定理
- 初等方法
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- Thue引理
- Ferma两平方和定理
- 代数方法
初等方法
Thue引理
Thue引理 令 n , b , r ∗ , t ∗ ∈ Z n,b,r^*,t^*\in Z n,b,r∗,t∗∈Z,其中 0 < r ∗ ≤ n < r ∗ t ∗ 0<r^*\leq n<r^*t^* 0<r∗≤n<r∗t∗,则存在 r , t ∈ Z r,t\in Z r,t∈Z使得 r = b t m o d n , ∣ r ∣ < r ∗ , 0 < ∣ t ∣ < t ∗ r=bt\bmod n,|r|<r^*,0<|t|<t^* r=btmodn,∣r∣<r∗,0<∣t∣<t∗
proof 我们令 v i j = i − b j v_{ij}=i-bj vij=i−bj,其中 i = 0 , 1 , … , r ∗ − 1 , j = 0 , 1 , … , t ∗ − 1 i=0,1,\ldots,r^*-1,j=0,1,\ldots,t^*-1 i=0,1,…,r∗−1,j=0,1,…,t∗−1.
显然我们定义了 r ∗ t ∗ > n r^*t^*>n r∗t∗>n个数，那么必定有两个不一样的数模n同余，即 v i 1 j 1 = v i 2 j 2 m o d n v_{i_1j_1}=v_{i_2j_2}\bmod n vi1j1=vi2j2modn不妨令 r = i 1 − i 2 , t = j 1 − j 2 r=i_1-i_2,t=j_1-j_2 r=i1−i2,t=j1−j2，则得到 r = b t m o d n , ∣ r ∣ < r ∗ , ∣ t ∣ < t ∗ r=bt\bmod n,|r|<r^*,|t|<t^* r=btmodn,∣r∣<r∗,∣t∣<t∗比较发现我们还需证明t不为零。假设t为零，则 r = 0 m o d n r=0\bmod n r=0modn,又r不为零，则r是n的非零数倍，与 ∣ r ∣ < r ∗ ≤ n |r|<r^*\leq n ∣r∣<r∗≤n矛盾.
Ferma两平方和定理
令p是一个奇质，则 p = r 2 + t 2 ⇔ p = 1 m o d 4 p=r^2+t^2\Leftrightarrow p=1\bmod 4 p=r2+t2⇔p=1mod4
奇质数模4显然非1即3，假设余3，易得任意两数平方和模4余0或1或2，矛盾
假设 p = 1 m o d 4 p=1\bmod 4 p=1mod4,则-1是一个模p的二次剩余，令 b 2 = − 1 m o d p b^2=-1\bmod p b2=−1modp,根据Thue引理令n=p, r ∗ = t ∗ = [ p ] + 1 r^*=t^*=[\sqrt p]+1 r∗=t∗=[p]+1,又因为 [ p ] + 1 > p [\sqrt p]+1>\sqrt p [p]+1>p,因此 r ∗ t ∗ > p , r^*t^*>p, r∗t∗>p,又 [ p ] < p < p [\sqrt p]<\sqrt p<p [p]<p<p,以及 r ∗ = [ p ] + 1 ≤ p r^*=[\sqrt p]+1\leq p r∗=[p]+1≤p从而存在r和t满足 r = b t m o d p , ∣ r ∣ ≤ [ p ] < p , 0 < ∣ t ∣ ≤ [ p ] < p r=bt\bmod p,|r|\leq[\sqrt p]<\sqrt p,0<|t|\leq[\sqrt p]<\sqrt p r=btmodp,∣r∣≤[p]<p,0<∣t∣≤[p]<p
即 r 2 = b 2 t 2 = − t 2 m o d p r^2=b^2t^2=-t^2\bmod p r2=b2t2=−t2modp
又 0 < r 2 + t 2 < 2 p 0<r^2+t^2<2p 0<r2+t2<2p,则 r 2 + t 2 = p r^2+t^2=p r2+t2=p得证.
代数方法
设 p = 1 m o d 4 p=1\bmod 4 p=1mod4,则 ( − 1 p ) = 1 (\frac{-1}{p})=1 (p−1)=1,存在 a a a满足 a 2 = − 1 m o d p a^2=-1\bmod p a2=−1modp.由 ( a + i ) ( a − i ) = a 2 + 1 ∈ p Z [ i ] , a + i ∉ p Z [ i ] , a − i ∉ p Z [ i ] (a+i)(a-i)=a^2+1\in pZ[i],a+i\notin pZ[i],a-i\notin pZ[i] (a+i)(a−i)=a2+1∈pZ[i],a+i∈/pZ[i],a−i∈/pZ[i]
知p不是 Z [ i ] Z[i] Z[i]中的素元，另一方面也不是可逆元，故考虑p在 Z [ i ] Z[i] Z[i]中的素元分解，存在可以除尽p的 Z [ i ] Z[i] Z[i]中的素元 α \alpha α，记 p = α β , β ∈ Z [ i ] p=\alpha\beta,\beta\in Z[i] p=αβ,β∈Z[i].
又p不是素元，故 β \beta β不是可逆元，我们有 p 2 = α β α β ‾ = α α ‾ β β ‾ p^2=\alpha\beta\overline{\alpha\beta}=\alpha\overline{\alpha}\beta\overline{\beta} p2=αβαβ=ααββ
由于 α α ‾ \alpha\overline{\alpha} αα， β β ‾ \beta\overline{\beta} ββ皆为自然数，故 α α ‾ \alpha\overline{\alpha} αα等于 p 2 p^2 p2的约数 1 , p , p 2 1,p,p^2 1,p,p2中的一个.设 α α ‾ = 1 \alpha\overline{\alpha}=1 αα=1,那么 α \alpha α为可逆元，矛盾.设 α α ‾ = p 2 \alpha\overline{\alpha}=p^2 αα=p2，于是由 β β ‾ = 1 \beta\overline{\beta}=1 ββ=1得出 β \beta β可逆，又矛盾.于是 p = α α ‾ p=\alpha\overline{\alpha} p=αα.
我们下面假定 α Z [ i ] = α ‾ Z [ i ] \alpha Z[i]=\overline{\alpha} Z[i] αZ[i]=αZ[i].取整数 α ∈ Z \alpha\in Z α∈Z使得 ( a + i ) ( a − i ) ∈ p Z [ i ] (a+i)(a-i)\in pZ[i] (a+i)(a−i)∈pZ[i],因为 α \alpha α为素元，所以或者 a + i ∈ α Z [ i ] a+i\in \alpha Z[i] a+i∈αZ[i]或者 a − i ∈ α Z [ i ] a-i\in \alpha Z[i] a−i∈αZ[i].取它们的复共轭，并利用 α Z [ i ] = α ‾ Z [ i ] \alpha Z[i]=\overline{\alpha} Z[i] αZ[i]=αZ[i],我们发现 a + i , a − i a+i,a-i a+i,a−i全部属于 α Z [ i ] \alpha Z[i] αZ[i]从而 2 i = ( a + i ) − ( a − i ) ∈ α Z [ i ] 2i=(a+i)-(a-i)\in \alpha Z[i] 2i=(a+i)−(a−i)∈αZ[i].因此 2 , p ∈ α Z [ i ] 2,p\in \alpha Z[i] 2,p∈αZ[i]得到 1 ∈ α Z [ i ] 1\in \alpha Z[i] 1∈αZ[i],从而 α \alpha α为可逆元，矛盾.