费马平方和定理

用手机看条目

出自 MBA智库百科(https://wiki.mbalib.com/)

费马平方和定理(Fermat's Square and Theorem)

目录

什么是费马平方和定理

  费马平方和定理是指由法国数学家费马在1640年提出的一个猜想,但他没有提出有力的数学证明,1747年,瑞士数学家莱昂哈德•欧拉提出证明后成为定理。

  费马平方和定理的表述是:奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该素数被4除余1。

费马平方和定理的证明

  欧拉在1747年证明了费马平方和定理,当年他四十岁。他在当年5月6日寄给哥德巴赫一封信,讲述这个定理的证明。该证明分五步,且用到了无穷递降法;由于信中没有把第五步讲清楚,因此1749年他再次寄给哥德巴赫一封信,详细讲述第五步的证明。

  第一步、“如果两个整数都能表示为两个平方数之和,则它们的积也能表示为两个平方数之和。”

  第一步的证明见婆罗摩笈多-斐波那契恒等式。

  第二步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除,则它们的商也能表示为两个平方数之和。”

  假设a2 + b2能被p2 + q2整除,且后者为素数。则p2 + q2能整除

  (pbaq)(pb + aq) = p2b2a2q2 = p2(a2 + b2) − a2(p2 + q2).

  由于p2 + q2是素数,因此它能整除两个因子之一。假设它能整除pbaq。由于

  (a^2+b^2)(p^2+q^2) = (ap+bq)^2 + (aq-bp)^2\,

  可推出p2 + q2能整除(ap + bq)2。于是等式能被p2 + q2的平方整除。两边除以(p2 + q2)2得:

  \frac{a^2+b^2}{p^2+q^2} = \left(\frac{ap+bq}{p^2+q^2}\right)^2 + \left(\frac{aq-bp}{p^2+q^2}\right)^2

  因此其商能表示为两个平方数之和。

  如果p2 + q2能整除pb + aq,则利用等式

  (a^2+b^2)(q^2+p^2) = (aq+bp)^2 + (ap-bq)^2\,

  同样可证。

  第三步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除,则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因子。”

  假设x能整除a2 + b2,且其商的分解式为p_1p_2\cdots p_n。则a^2+b^2 = x p_1p_2\cdots p_n。如果所有的因子pi都能表示为两个平方数之和,则我们可以用p1p2、等等去除a2 + b2,并使用第二步的结论,可得每一个商都能表示为两个平方数之和。除到只剩x的时候,可得x也能表示为两个平方数之和,矛盾。因此,如果x不能表示为两个平方数之和,则至少有一个素数pi 也不能表示为两个平方数之和。

  第四步、“如果ab互素,则a2 + b2的所有因子都能表示为两个平方数之和。”

  这一步用到了无穷递降法。设xa2 + b2的一个因子。可记

  a = mx \pm c,\qquad b = nx \pm d

  其中cd的绝对值最多不超过x的一半。可得:

  a^2 + b^2 = m^2x^2\pm 2mxc + c^2 + n^2x^2 \pm 2nxd + d^2 = Ax + (c^2+d^2).

  因此,c2 + d2一定能被x整除,设c2 + d2 = yx。如果cd不互素,则它们的最大公约数与x互质(否则它与x的最大公约数就能整除ab,与我们假设它们互素矛盾)。因此它们的最大公约数的平方能整除y(因为它能整除c2 + d2),于是我们得到e2 + f2 = zx,其中ef互素,且z不超过x的一半,这是因为

  zx = e^2 + f^2 \leq c^2+d^2 \leq \left(\frac{x}{2}\right)^2 + \left(\frac{x}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}x^2.

  如果cd互素,则我们可直接使用cd,不必转换成ef

  如果x不能表示为两个平方数之和,则根据第三步的结论,可知必有一个z的因子不能表示为两个平方数之和;设它为w。于是我们从x推出了一个更小的整数w,都不能表示为两个平方数之和,但都能被一个能表示为两个平方数之和的整数整除。由于这个无穷递降是不可能的,因此x一定能表示为两个平方数之和。

  第五步、“任何形为4n + 1的素数都能表示为两个平方数之和。”

  如果p = 4n + 1,则根据费马小定理可得1, 2^{4n}, 3^{4n},\dots, (4n)^{4n}p除都余1。因此它们的差2^{4n} -1, 3^{4n} -2^{4n},\dots,(4n)^{4n} - (4n-1)^{4n}都能被p整除。这些差可分解为

  a^{4n} - b^{4n} = \left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n} - b^{2n}\right).

  由于p是素数,它一定能整除这两个因子之一〔以下称它们为“和因子”和“差因子”〕。如果它能整除任何一个“和因子”,则根据第四步的结论可得p能表示为两个平方数之和〔由于ab仅相差1,它们必然互素〕。而如果它能整除所有的4n − 1个“差因子”2^{2n} - 1, 3^{2n} - 2^{2n},\dots,(4n)^{2n} - (4n-1)^{2n},则它也能整除4n − 2个一阶差、4n − 3个二阶差,依此类推。由于数列1^k, 2^k, 3^k,\dots的第k阶差都等于k!,于是第2n阶差都等于(2n)!,显然它不能被p整除。因此,p不能整除所有的“差因子”,得证p能表示为两个平方数之和。

本条目对我有帮助16
MBA智库APP

扫一扫,下载MBA智库APP

分享到:
  如果您认为本条目还有待完善,需要补充新内容或修改错误内容,请编辑条目

本条目由以下用户参与贡献

Tracy.

评论(共0条)

提示:评论内容为网友针对条目"费马平方和定理"展开的讨论,与本站观点立场无关。

发表评论请文明上网,理性发言并遵守有关规定。

MBA智库
打开APP

以上内容根据网友推荐自动排序生成