模4余1的素数一定能表示为两正整数的平方和
文章目录
- 一、导言
- 二、完全剩余系
- 三、既约剩余系
- 四、费马小定理
- 五、威尔逊定理
- 六、二次剩余
- 七、正式论证
一、导言
本文主要论证：任意素数 p ≡ 1 ( m o d 4 ) p\equiv1\space({\rm mod}\space 4) p≡1 (mod 4)，均存在正整数 a , b a,b a,b，满足 p = a 2 + b 2 p=a^2+b^2 p=a2+b2。
为了让不同知识储备的读者能够理解论证过程，本文对一些定理和概念做了一些阐述，如果读者已经掌握了，可以跳过相应的章节。
二、完全剩余系
设正整数 n ≥ 2 n\ge2 n≥2，若 n n n个数 a 1 , … , a n a_1,\dots,a_n a1,…,an取遍 m o d n {\rm mod}\space n mod n的所有余数，即对于任意整数 m m m，均存在整数 i i i，使得 a i ≡ m ( m o d n ) a_i\equiv m\space({\rm mod}\space n) ai≡m (mod n)，则称 a 1 , … , a n a_1,\dots,a_n a1,…,an构成 m o d n {\rm mod}\space n mod n的完全剩余系，简称完系。
易知完全剩余系有下列性质。
性质1 m o d n {\rm mod}\space n mod n的两个完系中的元素之和 m o d n {\rm mod}\space n mod n同余。
性质2 m o d n {\rm mod}\space n mod n的完系的元素之积为 n n n的倍数
性质3 完系中每一个元素乘以一个非零整数后依然构成完系。
这三个性质是显然的，就不加以证明了。
三、既约剩余系
设正整数 n ≥ 2 n\ge2 n≥2，若 a 1 , … , a k a_1,\dots,a_k a1,…,ak取遍所有与 n n n互素的余数，即对于任意整数 m m m满足 ( m , n ) = 1 (m,n)=1 (m,n)=1，均存在正整数 i i i使得 a i ≡ m ( m o d n ) a_i\equiv m\space({\rm mod}\space n) ai≡m (mod n)，并且 a 1 , … , a n a_1,\dots,a_n a1,…,an两两 m o d n {\rm mod}\space n mod n不同余，则称 a 1 , … , a n a_1,\dots,a_n a1,…,an构成 m o d n {\rm mod}\space n mod n的既约剩余系，简称缩系。
易知既约剩余系有下列性质。
性质1 m o d n {\rm mod}\space n mod n的两个缩系中的元素之和 m o d n {\rm mod}\space n mod n同余。
性质2 m o d n {\rm mod}\space n mod n的两个缩系中的元素之积 m o d n {\rm mod}\space n mod n同余。
性质3 缩系中每一个元素乘以与 n n n互素的整数依然构成缩系。
这三个性质是显然的，就不加以证明了。
我们规定缩系的元素个数为欧拉函数 φ ( n ) \varphi(n) φ(n)，即 ≤ n \le n ≤n且与 n n n互素的正整数的个数为 φ ( n ) \varphi(n) φ(n)。
特别地，对于素数 p p p，因为 1 , … , p − 1 1,\dots,p-1 1,…,p−1均与 p p p互素，因此 φ ( p ) = p − 1 \varphi(p)=p-1 φ(p)=p−1。
四、费马小定理
对于素数 p p p及整数 m m m满足 ( m , p ) = 1 (m,p)=1 (m,p)=1，均有 m p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) m^{p-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p) mp−1≡1 (mod p)
证明
考虑 m o d p {\rm mod}\space p mod p的缩系 1 , 2 , … , p − 1 1,2,\dots,p-1 1,2,…,p−1，将每一个元素乘以 m m m，得 m , 2 m , … , m ( p − 1 ) m,2m,\dots,m(p-1) m,2m,…,m(p−1)，根据缩系的性质3， m , 2 m , … , m ( p − 1 ) m,2m,\dots,m(p-1) m,2m,…,m(p−1)也构成缩系，再由性质2可知 1 ⋅ 2 ⋯ ( p − 1 ) ≡ m ⋅ 2 m ⋯ m ( p − 1 ) ( m o d p ) 1\cdot2\cdots(p-1)\equiv m\cdot2m\cdots m(p-1)\space({\rm mod}\space p) 1⋅2⋯(p−1)≡m⋅2m⋯m(p−1) (mod p)即 ( p − 1 ) ! ≡ ( p − 1 ) ! ⋅ m p − 1 ( m o d p ) (p-1)!\equiv(p-1)!\cdot m^{p-1}\space({\rm mod}\space p) (p−1)!≡(p−1)!⋅mp−1 (mod p)因为 ( p − 1 ) ! (p-1)! (p−1)!与 p p p互素，因此可以约去 m p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) m^{p-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p) mp−1≡1 (mod p)证毕。
由费马小定理也可知，对于任意整数 m m m，均有 m p − m ≡ 0 ( m o d p ) m^p-m\equiv0\space({\rm mod}\space p) mp−m≡0 (mod p)
费马小定理也有其推广的形式，即欧拉定理 m φ ( n ) ≡ 1 ( m o d n ) m^{\varphi(n)}\equiv1\space({\rm mod}\space n) mφ(n)≡1 (mod n)证明方法类似，这里就不再赘述了。
五、威尔逊定理
若 p p p为奇素数，则 ( p − 1 ) ! ≡ − 1 ( m o d p ) (p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p) (p−1)!≡−1 (mod p)
证明
对于任意整数 1 ≤ i ≤ p − 1 1\le i\le p-1 1≤i≤p−1，均存在整数 1 ≤ i − 1 ≤ p − 1 1\le i^{-1}\le p-1 1≤i−1≤p−1，使得 i ⋅ i − 1 ≡ 1 ( m o d p ) i\cdot i^{-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p) i⋅i−1≡1 (mod p)，称这样的 i − 1 i^{-1} i−1为 i i i的逆。
考虑同余方程 x ≡ x − 1 ( m o d p ) ⇔ x 2 ≡ 1 ( m o d p ) ⇔ ( x − 1 ) ( x + 1 ) ≡ 0 ( m o d p ) x\equiv x^{-1}\space({\rm mod}\space p)\Leftrightarrow x^2\equiv1\space({\rm mod}\space p)\Leftrightarrow(x-1)(x+1)\equiv0\space({\rm mod}\space p) x≡x−1 (mod p)⇔x2≡1 (mod p)⇔(x−1)(x+1)≡0 (mod p)，显然该同余方程仅有两个解： x ≡ ± 1 ( m o d p ) x\equiv\pm1\space({\rm mod}\space p) x≡±1 (mod p)，因此仅有 1 1 1和 p − 1 p-1 p−1的逆是其本身。
显然，可以将 2 , … , p − 2 2,\dots,p-2 2,…,p−2分为两组，使得两组对应的数互为逆，记其中一组为 a 1 , … , a ( p − 3 ) / 2 a_1,\dots,a_{(p-3)/2} a1,…,a(p−3)/2，则另一组为 a 1 − 1 , … , a ( p − 3 ) / 2 − 1 a_1^{-1},\dots,a_{(p-3)/2}^{-1} a1−1,…,a(p−3)/2−1，因此 2 ⋅ 3 ⋯ ( p − 2 ) ≡ a 1 ⋯ a ( p − 3 ) / 2 a 1 − 1 ⋯ a ( p − 3 ) / 2 − 1 ≡ 1 ( m o d p ) 2\cdot3\cdots(p-2)\equiv a_1\cdots a_{(p-3)/2}a_1^{-1}\cdots a_{(p-3)/2}^{-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p) 2⋅3⋯(p−2)≡a1⋯a(p−3)/2a1−1⋯a(p−3)/2−1≡1 (mod p)所以 ( p − 1 ) ! ≡ − 1 ( m o d p ) (p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p) (p−1)!≡−1 (mod p)
证毕。
六、二次剩余
设正整数 n ≥ 2 n\ge 2 n≥2，若整数 m m m满足，存在整数 x x x使得 x 2 ≡ m ( m o d n ) x^2\equiv m\space({\rm mod}\space n) x2≡m (mod n)，则称 m m m为 m o d n {\rm mod}\space n mod n的二次剩余；反之，则称 m m m为 m o d n {\rm mod}\space n mod n的二次非剩余。本文中的二次剩余均不包括 0 0 0
例如， m o d 2 {\rm mod}\space2 mod 2的二次剩余有 0 , 1 0,1 0,1， m o d 3 {\rm mod}\space3 mod 3的二次剩余有 0 , 1 0,1 0,1， m o d 4 {\rm mod}\space4 mod 4的二次剩余有 0 , 1 0,1 0,1。
设奇素数 p p p， d d d为整数，记 ( d p ) ≡ d ( p − 1 ) / 2 ( m o d p ) \left(\frac dp\right)\equiv d^{(p-1)/2}\space({\rm mod}\space p) (pd)≡d(p−1)/2 (mod p)(勒让德符号)，则 ( d p ) = { 1 , d 为 二 次 剩 余 − 1 , d 为 二 次 非 剩 余 0 , d ≡ 0 ( m o d p ) \left(\frac dp\right)= \left\{\begin{matrix} 1,&d为二次剩余 \\ -1,&d为二次非剩余 \\ 0,&d\equiv0\space({\rm mod}\space p) \end{matrix}\right. (pd)=⎩⎨⎧1,−1,0,d为二次剩余d为二次非剩余d≡0 (mod p)
证明
若 d d d为二次剩余，则存在整数 x x x使得 x 2 ≡ d ( m o d p ) x^2\equiv d\space({\rm mod}\space p) x2≡d (mod p)，则 ( d p ) ≡ d ( p − 1 ) / 2 ≡ x p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) \left(\frac dp\right)\equiv d^{(p-1)/2}\equiv x^{p-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p) (pd)≡d(p−1)/2≡xp−1≡1 (mod p)
若 d d d为非二次剩余，则对于任意整数 1 ≤ i ≤ p − 1 1\le i\le p-1 1≤i≤p−1，均存在 1 ≤ j ≤ p − 1 1\le j\le p-1 1≤j≤p−1，使得 i j ≡ d ( m o d p ) ij\equiv d\space({\rm mod}\space p) ij≡d (mod p)，并且 i ≠ j i\ne j i=j（否则，若 i = j i=j i=j，则 d d d为二次剩余）。记 i i i对应的 j j j为 i − 1 i^{-1} i−1(称作逆)，即 i ⋅ i − 1 ≡ d ( m o d p ) i\cdot i^{-1}\equiv d\space({\rm mod}\space p) i⋅i−1≡d (mod p)显然，每一个 i i i对应唯一的 i − 1 i^{-1} i−1，即 i i i与 i − 1 i^{-1} i−1是两两成对的。因此，可以将 1 , … , p − 1 1,\dots,p-1 1,…,p−1分为两组，每组含 ( p − 1 ) / 2 (p-1)/2 (p−1)/2个数，使得两组对应的两数互为逆。记其中一组为 a 1 , … , a ( p − 1 ) / 2 a_1,\dots,a_{(p-1)/2} a1,…,a(p−1)/2，则另一组为 a 1 − 1 , … , a ( p − 1 ) / 2 − 1 a_1^{-1},\dots,a_{(p-1)/2}^{-1} a1−1,…,a(p−1)/2−1，故 ( d p ) ≡ d ( p − 1 ) / 2 ≡ ∏ i = 1 ( p − 1 ) / 2 ( a i ⋅ a i − 1 ) = 1 ⋅ 2 ⋯ ( p − 1 ) = ( p − 1 ) ! ≡ − 1 ( m o d p ) \left(\frac dp\right)\equiv d^{(p-1)/2}\equiv\prod_{i=1}^{(p-1)/2}{(a_i\cdot a_i^{-1})}=1\cdot2\cdots(p-1)=(p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p) (pd)≡d(p−1)/2≡i=1∏(p−1)/2(ai⋅ai−1)=1⋅2⋯(p−1)=(p−1)!≡−1 (mod p)
若 d ≡ 0 ( m o d p ) d\equiv0\space({\rm mod}\space p) d≡0 (mod p)，显然 ( d p ) = 0 \left(\frac dp\right)=0 (pd)=0。
证毕。
七、正式论证
设素数 p p p满足 p ≡ 1 ( m o d 4 ) p\equiv1\space({\rm mod}\space4) p≡1 (mod 4)，则存在正整数 a , b a,b a,b，使得 p = a 2 + b 2 p=a^2+b^2 p=a2+b2。
因为 p ≡ 1 ( m o d 4 ) p\equiv1\space({\rm mod}\space4) p≡1 (mod 4)，所以 ( − 1 p ) ≡ ( − 1 ) ( p − 1 ) / 2 ≡ 1 ( m o d p ) \left(\frac{-1}p\right)\equiv(-1)^{(p-1)/2}\equiv1({\rm mod}\space p) (p−1)≡(−1)(p−1)/2≡1(mod p)故 − 1 -1 −1是 m o d p {\rm mod}\space p mod p的二次剩余，因此存在整数 i i i使得 i 2 ≡ − 1 ( m o d p ) i^2\equiv-1\space({\rm mod}\space p) i2≡−1 (mod p)。
考虑 u + v i u+vi u+vi，其中 u , v u,v u,v均为整数且满足 0 ≤ u , v < p 0\le u,v<\sqrt p 0≤u,v<p，则 u , v u,v u,v各有 [ p ] + 1 [\sqrt p]+1 [p]+1种取值，故 u + v i u+vi u+vi有 ( [ p ] + 1 ) 2 > p ([\sqrt p]+1)^2>p ([p]+1)2>p种取值，因此存在 ( u 1 , v 1 ) ≠ ( u 2 , v 2 ) (u_1,v_1)\ne(u_2,v_2) (u1,v1)=(u2,v2)满足 u 1 + v 1 i ≡ u 2 + v 2 i ( m o d p ) u_1+v_1i\equiv u_2+v_2i\space({\rm mod}\space p) u1+v1i≡u2+v2i (mod p)移项得 u 1 − u 2 ≡ − i ( v 1 − v 2 ) ( m o d p ) u_1-u_2\equiv-i(v_1-v_2)\space({\rm mod}\space p) u1−u2≡−i(v1−v2) (mod p)两边同时平方得 ( u 1 − u 2 ) 2 ≡ − ( v 1 − v 2 ) 2 ( m o d p ) (u_1-u_2)^2\equiv-(v_1-v_2)^2\space({\rm mod}\space p) (u1−u2)2≡−(v1−v2)2 (mod p)即 ( u 1 − u 2 ) 2 + ( v 1 − v 2 ) 2 ≡ 0 ( m o d p ) (u_1-u_2)^2+(v_1-v_2)^2\equiv0\space({\rm mod}\space p) (u1−u2)2+(v1−v2)2≡0 (mod p)取 a = ∣ u 1 − u 2 ∣ , b = ∣ v 1 − v 2 ∣ a=|u_1-u_2|,b=|v_1-v_2| a=∣u1−u2∣,b=∣v1−v2∣得 a 2 + b 2 ≡ 0 ( m o d p ) a^2+b^2\equiv0\space({\rm mod}\space p) a2+b2≡0 (mod p)。
又因为 0 ≤ u , v < p 0\le u,v<\sqrt p 0≤u,v<p，因此 0 ≤ a 2 , b 2 < p 0\le a^2,b^2 0≤a2,b2<p