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) p1 (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 n2,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) aim (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 n2,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) aim (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,,p1均与 p p p互素,因此 φ ( p ) = p − 1 \varphi(p)=p-1 φ(p)=p1

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) mp11 (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,,p1,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(p1),根据缩系的性质3, m , 2 m , … , m ( p − 1 ) m,2m,\dots,m(p-1) m,2m,,m(p1)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) 12(p1)m2mm(p1) (mod p) ( 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) (p1)!(p1)!mp1 (mod p)因为 ( p − 1 ) ! (p-1)! (p1)! 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) mp11 (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) mpm0 (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

p p p为奇素数,则 ( p − 1 ) ! ≡ − 1   ( m o d   p ) (p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p) (p1)!1 (mod p)

证明

对于任意整数 1 ≤ i ≤ p − 1 1\le i\le p-1 1ip1,均存在整数 1 ≤ i − 1 ≤ p − 1 1\le i^{-1}\le p-1 1i1p1,使得 i ⋅ i − 1 ≡ 1   ( m o d   p ) i\cdot i^{-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p) ii11 (mod p),称这样的 i − 1 i^{-1} i1 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) xx1 (mod p)x21 (mod p)(x1)(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 p − 1 p-1 p1的逆是其本身。

显然,可以将 2 , … , p − 2 2,\dots,p-2 2,,p2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(p3)/2,则另一组为 a 1 − 1 , … , a ( p − 3 ) / 2 − 1 a_1^{-1},\dots,a_{(p-3)/2}^{-1} a11,,a(p3)/21,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) 23(p2)a1a(p3)/2a11a(p3)/211 (mod p)所以 ( p − 1 ) ! ≡ − 1   ( m o d   p ) (p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p) (p1)!1 (mod p)

证毕。

六、二次剩余

设正整数 n ≥ 2 n\ge 2 n2,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) x2m (mod n),则称 m m m m o d   n {\rm mod}\space n mod n的二次剩余;反之,则称 m m m 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(p1)/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,ddd0 (mod p)

证明

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) x2d (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(p1)/2xp11 (mod p)

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 1ip1,均存在 1 ≤ j ≤ p − 1 1\le j\le p-1 1jp1,使得 i j ≡ d   ( m o d   p ) ij\equiv d\space({\rm mod}\space p) ijd (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 i − 1 i^{-1} i1(称作逆),即 i ⋅ i − 1 ≡ d   ( m o d   p ) i\cdot i^{-1}\equiv d\space({\rm mod}\space p) ii1d (mod p)显然,每一个 i i i对应唯一的 i − 1 i^{-1} i1,即 i i i i − 1 i^{-1} i1是两两成对的。因此,可以将 1 , … , p − 1 1,\dots,p-1 1,,p1分为两组,每组含 ( p − 1 ) / 2 (p-1)/2 (p1)/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(p1)/2,则另一组为 a 1 − 1 , … , a ( p − 1 ) / 2 − 1 a_1^{-1},\dots,a_{(p-1)/2}^{-1} a11,,a(p1)/21,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(p1)/2i=1(p1)/2(aiai1)=12(p1)=(p1)!1 (mod p)

d ≡ 0   ( m o d   p ) d\equiv0\space({\rm mod}\space p) d0 (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) p1 (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) p1 (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) (p1)(1)(p1)/21(mod p) − 1 -1 1 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) i21 (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 0u,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 ( [ 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+v1iu2+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) u1u2i(v1v2) (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) (u1u2)2(v1v2)2 (mod p) ( 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) (u1u2)2+(v1v2)20 (mod p) a = ∣ u 1 − u 2 ∣ , b = ∣ v 1 − v 2 ∣ a=|u_1-u_2|,b=|v_1-v_2| a=u1u2,b=v1v2 a 2 + b 2 ≡ 0   ( m o d   p ) a^2+b^2\equiv0\space({\rm mod}\space p) a2+b20 (mod p)

又因为 0 ≤ u , v < p 0\le u,v<\sqrt p 0u,v<p ,因此 0 ≤ a 2 , b 2 < p 0\le a^2,b^2

0a2,b2<p,故 a 2 + b 2 < 2 p a^2+b^2<2p a2+b2<2p,因此 a 2 + b 2 = p a^2+b^2=p a2+b2=p证毕。

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