2019-10-03 费马平方和定理的一个精彩证明

继续 “2次整环素性分析”中的结论：

$\ 设 x^2 - y^2 \times D=q为整素数，则x+y\sqrt{D}为素数$

$\ 则 q无法整除y ,否则有$
$\ x+y \times \sqrt{D}| x$
$\ 此时必有 q|x,$
$\ 否则，存在 m,n,使得 m \times q+n \times x=1$
$\ 在 x+y \times \sqrt{D}|1 矛盾$
$\ q|x,q|y =>q|gcd(x,y)，与,x,y互素矛盾$

既然q无法整除y,存在整数m使得
$\ q|(my-1) => x+y \times \sqrt{D}|(my-1)$

则
$\ x+y \times \sqrt{D}| m\times (x+y \times \sqrt{D}) =>$
$\ x+y \times \sqrt{D}| m \times x +\sqrt{D}$

$\ 设k = -m \times x，则$
$\ x+ y \times \sqrt{D}|(\sqrt{D}-k)$

根据恒等式:
$\ \sqrt{D}\times \sqrt{D}-D=0$
得到
$\ x+y \times \sqrt{D}| k^2 - D$

$\ 此时，必有 q|k^2 -D ，否则，存在 a,b使得$
$\ aq+b(k^2-D)=1,$
$\ 则 x+y \times \sqrt{D}|1 矛盾$

$\ 方程 q|k^2 -D 意味着 D是q的一个2次剩余$

以上概括为：
$\ 如果 x^2 - y^{2} \times D =q为素数 , 则D是q的一个2次剩余$

在“2次整环的素性分析中”我们假定D为正奇素数，其实该假设可以适当泛化
一般来说，对 $\ D$ 为负奇数以及 $\ D=+-1$ 也适用，所有推理保持不变

问题：
$\ 给定正数p，q, (p,q不等 ),p为素整数，q为1或者素整数$
方程
$\ p=x^2 -(-q) \times y^2 是否存在整数解?如果有，有几个解？$

假设存在，则必有
$\ p=(x+\sqrt{-q}\times y )(x - \sqrt{-q}\times y)$

$\ 根据先前结论，必有 x+\sqrt{-q}\times y为素数$

$\ 假定p 存在第二种分解方法 p=(u+\sqrt{-q} \times v)(u - \sqrt{-q} \times v)$
不妨设
$\ a+\sqrt{-q} \times b = (x + \sqrt{-q} \times y)/(u+\sqrt{-q} \times v)$
两者都是素数，则商必然是一个可逆元,因此
$\ a^2 + q \times b^2 =+-1$
$\ 因为q>=0 , a^2 + q \times b^2>=0$
$\ 所以 a^2 + q \times b^2=1$
$\ 很容易看出，这个方程只有唯一整数解 (a=+-1, b=0)$

$\ 这意味着 p=x^2 + q \times y^2 最多只有一组整数解（(x,y),(x,-y),(-x,y),(-x,-y) 看做相同的解，下同）$

$\ 同时，利用本章定理，此时，-q是p的一个2次剩余，$

至此，得到：
$\ 如果 -q不是p的一个2次剩余$
$\ 则p=x^2 + q \times y^2无整数解$

$\ 当-q是p的2次剩余时，方程p=x^2+q \times y^2 最多有一组解$

$\ 至此，很自然的就是研究，当-q是p的2次剩余时 ,方程p=x^2+q \times y^2 是否一定有解$
$\ 也就是 p 在Z[\sqrt{-q}] 中不是素数$

$\ 但这是显然成立的因为当 -q是p的2次剩余时$
$\ 存在整数k 使得 p|(k^2 +q) 也就是 p| (k+\sqrt{-q}' ) \times (k-\sqrt{-q})$

$\ 若p是素数，则必有 p|k+\sqrt{-q} \quad or \quad p|k-\sqrt{-q}$
也就是 $\ p|1$ ，矛盾

所以 $\ p$ 不是素数，不过素数可以导出不可约，不表示不可约就一定为素数，
也就是不是素数并不意味着一定可约

当 $\ Z[\sqrt{D}]$ 是唯一因子分解域时，素数和可约才能等价起来，所以
至此，得到结论

定理：
$\ 如果 -q不是p的一个2次剩余，$
$\ 则p=x^2 + q \times y^2无整数解，$
$\ 如果 -q 是p的一个2次剩余，$
$\ p=x^2+q \times y^2 最多有一组整数解，其有无整数解取决于$
$\ Z[\sqrt{D}]$ 是否满足唯一因子分解，如果不是，则不确定；如果是，则必然有

下面举个应用：
$\ 因为Z[\sqrt{-1}]$ 满足唯一因子分解（证略，其他文章将补充），所以 $\ p=x^2 + y^2$ 有无整数解取决于
$\ -1是不是 p的2次剩余，如果 -1是p的2次剩余，有一组整数解；否则没有$

$\ 那么 -1什么情况下是p的2次剩余？什么情况下不是？$
$\ 下面证明，当p是4n+1型素数时，-1是p的2次剩余；当p是4n+3型素数时，-1不是.$

$\ 根据D.A. 中的结论任意奇素数p，存在一个本原根r ,$
$\ 使得 r^1,r^2,...r^{p-2},r^{p-1}除以p的余数 2,2不同，取遍历1,p-1;$
$\ 同时在对p求余的意义下，p的2次剩余只有 1^2 , 2^2 , .... , [(p-1)/2]^2共 (p-1)/2个$

$\ 取定r为 p的本原根，考虑 r^2 , r^4, ...r^{p-1} ，显然这些都是p的2次剩余$
$\ p| (r^i) ^2 - r ^{2i} ,且它们2,2不同，共有 (p-1)/2个，$
这意味着这些就是p的全部2次剩余了，一般的形如 $\ r^{2k+1}$ 的数都是p的2次非剩余.

$\ 当 p是4n+1型素数时， r^{(p-1)/2} \equiv r^ {2n} 是一个2次剩余，而r^{(p-1)/2}是 p|(x^2-1)的一个根$
$\ 则 r^{(p-1)/2} \equiv +-1 \pmod{p}但是因为 r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}（费马小定理）$
$\ r^{(p-1)/2}\equiv -1 , 这就意味着当 p是4n+1型素数时, -1是p的2次剩余$

$\ 当p是4n+3型素数时，-1\equiv r^{(p-1)/2}\equiv r^{2n+1} (mod p)$
$\ 可是 r^{2n+1} 必然是 p的非剩余 ,所以 -1是p的2次非剩余$

$\ 至此，就证明了 -1是p的2次剩余等价于p是4n+1型素数$

综上得到定理：
$\ p=x^2 + y^2有无整数解，取决于p是4n+1型素数还是4n+3型素数，$
$\ 当p是4n+1型素数时，有一组整数解；当p是4n+3型素数时，没有整数解.$

而这个结论实际上就是费马平方和定理
该定理由法国数学家费马在1640年提出，后被欧拉于1747年证明

这里我们通过2次整环的素性分析，自然而然的得到了一个精彩的证明。

最后编辑于：2022.10.21 20:18:13

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