2019-10-03 費馬平方和定理的一個精彩證明

繼續(xù) “2次整環(huán)素性分析”中的結(jié)論：

$\ 設(shè) x^2 - y^2 \times D=q為整素數(shù) 含长，則x+y\sqrt{D}為素數(shù)$

$\ 則 q無法整除y ,否則有$
$\ x+y \times \sqrt{D}| x$
$\ 此時必有 q|x,$
$\ 否則蛇尚，存在 m,n,使得 m \times q+n \times x=1$
$\ 在 x+y \times \sqrt{D}|1 矛盾$
$\ q|x,q|y =>q|gcd(x,y)，與,x,y互素矛盾$

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

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

$\ 設(shè)k = -m \times x，則$
$\ x+ y \times \sqrt{D}|(\sqrt{D}-k)$

根據(jù) 恒等式:
$\ \sqrt{D}\times \sqrt{D}-D=0$
得到
$\ x+y \times \sqrt{D}| k^2 - D$

$\ 此時医增，必有 q|k^2 -D 谆构，否則，存在 a,b使得$
$\ aq+b(k^2-D)=1,$
$\ 則 x+y \times \sqrt{D}|1 矛盾$

$\ 方程 q|k^2 -D 意味著 D是q的一個2次剩余$

以上概括為：
$\ 如果 x^2 - y^{2} \times D =q為素數(shù) , 則D是q的一個2次剩余$

在“2次整環(huán)的素性分析中”我們假定D為正奇素數(shù)铡买，其實該假設(shè)可以適當泛化
一般來說更鲁，對 $\ D$ 為負奇數(shù) 以及 $\ D=+-1$ 也適用，所有推理保持不變

問題：
$\ 給定正數(shù)p奇钞，q, (p,q不等 ),p為素整數(shù)澡为，q為1或者素整數(shù)$
方程
$\ p=x^2 -(-q) \times y^2 是否存在整數(shù)解?如果有，有幾個解景埃？$

假設(shè)存在媒至，則必有
$\ p=(x+\sqrt{-q}\times y )(x - \sqrt{-q}\times y)$

$\ 根據(jù)先前結(jié)論，必有 x+\sqrt{-q}\times y為素數(shù)$

$\ 假定p 存在第二種分解方法 p=(u+\sqrt{-q} \times v)(u - \sqrt{-q} \times v)$
不妨設(shè)
$\ a+\sqrt{-q} \times b = (x + \sqrt{-q} \times y)/(u+\sqrt{-q} \times v)$
兩者都是素數(shù)谷徙，則商必然是一個可逆元,因此
$\ a^2 + q \times b^2 =+-1$
$\ 因為q>=0 , a^2 + q \times b^2>=0$
$\ 所以 a^2 + q \times b^2=1$
$\ 很容易看出拒啰，這個方程只有唯一整數(shù)解 (a=+-1, b=0)$

$\ 這意味著 p=x^2 + q \times y^2 最多只有一組整數(shù)解（(x,y),(x,-y),(-x,y),(-x,-y) 看做相同的解，下同）$

$\ 同時完慧，利用本章定理谋旦，此時，-q是p的一個2次剩余，$

至此册着，得到：
$\ 如果 -q不是p的一個2次剩余$
$\ 則p=x^2 + q \times y^2無整數(shù)解$

$\ 當-q是p的2次剩余時拴孤，方程p=x^2+q \times y^2 最多有一組解$

$\ 至此，很自然的就是研究指蚜，當-q是p的2次剩余時 ,方程p=x^2+q \times y^2 是否一定有解$
$\ 也就是 p 在Z[\sqrt{-q}] 中不是素數(shù)$

$\ 但這是顯然成立的因為當 -q是p的2次剩余時$
$\ 存在整數(shù)k 使得 p|(k^2 +q) 也就是 p| (k+\sqrt{-q}' ) \times (k-\sqrt{-q})$

$\ 若p是素數(shù) 乞巧，則必有 p|k+\sqrt{-q} \quad or \quad p|k-\sqrt{-q}$
也就是 $\ p|1$ ，矛盾

所以 $\ p$ 不是素數(shù)摊鸡，不過素數(shù)可以導出不可約绽媒，不表示不可約就一定為素數(shù)，
也就是不是素數(shù) 并不意味著一定可約

當 $\ Z[\sqrt{D}]$ 是唯一因子分解域時免猾，素數(shù)和可約才能等價起來是辕，所以
至此，得到結(jié)論

定理：
$\ 如果 -q不是p的一個2次剩余猎提，$
$\ 則p=x^2 + q \times y^2無整數(shù)解获三，$
$\ 如果 -q 是p的一個2次剩余，$
$\ p=x^2+q \times y^2 最多有一組整數(shù)解锨苏，其有無整數(shù)解取決于$
$\ Z[\sqrt{D}]$ 是否滿足唯一因子分解疙教，如果不是，則不確定伞租；如果是贞谓，則必然有

下面舉個應(yīng)用：
$\ 因為Z[\sqrt{-1}]$ 滿足唯一因子分解（證略，其他文章將補充）葵诈，所以 $\ p=x^2 + y^2$ 有無整數(shù)解取決于
$\ -1是不是 p的2次剩余裸弦，如果 -1是p的2次剩余，有一組整數(shù)解作喘；否則沒有$

$\ 那么 -1什么情況下是p的2次剩余理疙？什么情況下不是？$
$\ 下面證明泞坦，當p是4n+1型素數(shù)時窖贤，-1是p的2次剩余；當p是4n+3型素數(shù)時贰锁，-1不是.$

$\ 根據(jù)D.A. 中的結(jié)論任意奇素數(shù)p主之，存在一個本原根r ,$
$\ 使得 r^1,r^2,...r^{p-2},r^{p-1}除以p的余數(shù) 2,2不同，取遍歷1,p-1;$
$\ 同時在對p求余的意義下李根，p的2次剩余只有 1^2 , 2^2 , .... , [(p-1)/2]^2共 (p-1)/2個$

$\ 取定r為 p的本原根槽奕，考慮 r^2 , r^4, ...r^{p-1} ，顯然這些都是p的2次剩余$
$\ p| (r^i) ^2 - r ^{2i} ,且它們2,2不同房轿，共有 (p-1)/2個粤攒，$
這意味著這些就是p的全部2次剩余了所森，一般的形如 $\ r^{2k+1}$ 的數(shù)都是p的2次非剩余.

$\ 當 p是4n+1型素數(shù)時， r^{(p-1)/2} \equiv r^ {2n} 是一個2次剩余夯接，而r^{(p-1)/2}是 p|(x^2-1)的一個根$
$\ 則 r^{(p-1)/2} \equiv +-1 \pmod{p}但是因為 r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}（費馬小定理）$
$\ r^{(p-1)/2}\equiv -1 , 這就意味著當 p是4n+1型素數(shù)時, -1是p的2次剩余$

$\ 當p是4n+3型素數(shù)時焕济，-1\equiv r^{(p-1)/2}\equiv r^{2n+1} (mod p)$
$\ 可是 r^{2n+1} 必然是 p的非剩余 ,所以 -1是p的2次非剩余$

$\ 至此，就證明了 -1是p的2次剩余等價于p是4n+1型素數(shù)$

綜上得到定理：
$\ p=x^2 + y^2有無整數(shù)解盔几，取決于p是4n+1型素數(shù)還是4n+3型素數(shù)晴弃，$
$\ 當p是4n+1型素數(shù)時，有一組整數(shù)解逊拍；當p是4n+3型素數(shù)時上鞠，沒有整數(shù)解.$

而這個結(jié)論實際上就是費馬平方和定理
該定理由法國數(shù)學家費馬在1640年提出，后被歐拉于1747年證明

這里我們通過2次整環(huán)的素性分析芯丧，自然而然的得到了一個精彩的證明芍阎。

最后編輯于：2022.10.21 20:18:13

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