Fermat平方和定理

Fermat平方和定理的表述为:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该质数被4除余1(必要性显然)。这个结论首次由 Euler 在 1747年给出证明。详细叙述如下:

为方便起见,记

证明分五步完成

  1. $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac \pm bd)^2 +(ad \mp bc)^2 $
    proof: 计算即知。

  2. 若 $a^2+b^2 \;|\; c^2+d^2$, $a^2+b^2$ 为素数,则

    proof: 由于$(ac-bd)(ac+bd) = (a^2+b^2)c^2-(c^2+d^2)b^2$
    因此 $(a^2+b^2) \;|\; (ac-bd)(ac+bd)$ 而$(a^2+b^2)$ 是素数,因此必然整除其中一个。
    假设$(a^2+b^2)|(ac-bd)$,则由1知 $(a^2+b^2)|(ad+bc)$ 因此

    ​ 类似的,假设$(a^2+b^2) \;|\; (ac+bd)$ 则有

  3. $x \;|\; a^2+b^2,x \notin A$,则$\exists y| \frac{a^2+b^2}{x}$ 使得 $y \notin A$
    反证:设 $ a^2+b^2 = x p_1 p_2 \cdots p_n$ 则,若 则$ \forall y| \frac{a^2+b^2}{x},y \in A$ 则由2,经过 $n$ 次除法,最终 $x \in A$ 矛盾。

  4. 若 $(a,b)=1$ 则 $\forall x | a^2+b^2 \Rightarrow x \in A$
    假设 $\exists x| a^2+b^2,x \notin A$ 则,我们设 $a = mx + c,b = mx + d$,其中$|c|,|d| \leq \frac{x}{2} $。则
    $a^2+b^2=(mx+c)^2+(mx+d)^2=tx+(c^2+d^2)$,因此$x \;|\; c^2+d^2$。又 $(a,b)=1$ ,因此 $((c,d),x)=1$。因此不妨设 $(c,d)=1$ (否则,两边同除它的平方)则 $\exists z, zx = c^2+d^2 \leq \frac{x^2}{2}$。即 $z\leq \frac{x}{2}$。由引理3知道 $z$ 有一个因子 $w \notin A$。即我们由 $ x \;|\; a^2+b^2,x \notin A$ 得到了 $ w \;|\; c^2+d^2, w \notin A ,w \leq \frac{x}{2} $ 这样一直下去必然会在有限步结束,矛盾,即必然有$x \in A$ 。

  5. 若素数$p=4n+1$,则 $p\in A$。
    由Fermat小定理知$1,2^{4n},\cdots,(4n)^{4n}$除以 $p$ 模1.因此$2^{4n}-1,3^{4n}-2^{4n},\cdots,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}$都是 $p$ 的倍数。这些差都有分解

    由于上述 $a,b$ 相差为1,必然互素,因此若 $p|a^{2n}+b^{2n}$ 则由4命题得证。否则$2^{2n}-1,3^{2n}-2^{2n},\cdots,(2n)^{2n}-(2n-1)^{2n}$都是 $p$ 的倍数。
    因此1.对上面式子做$2n$阶差得到 $(2n)!$ 是p的倍数,显然是不可能的。
    或者2.由于上面序列的前 $d$ 项和 $d^{2n}-1$是$p$的倍数,因此素数 $p$ 无原根,矛盾与原根存在定理。

    $1^k,2^k, \cdots, k^k, (k+1)^k$的$k$ 阶差为$k!$

用现代语言,Fermat 平方和定理也可以表达为

奇素数$p$在$\mathbb{Z}[i]$ 中不可约元当且仅当$p \equiv 3 \mod 4$

欧尼酱,人家想喝可乐!