費馬平方和定理

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費馬平方和定理(Fermat's Square and Theorem)

什麼是費馬平方和定理

　　費馬平方和定理是指由法國數學家費馬在1640年提出的一個猜想，但他沒有提出有力的數學證明，1747年，瑞士數學家萊昂哈德•歐拉提出證明後成為定理。

　　費馬平方和定理的表述是：奇質數能表示為兩個平方數之和的充分必要條件是該素數被4除餘1。

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費馬平方和定理的證明

　　歐拉在1747年證明瞭費馬平方和定理，當年他四十歲。他在當年5月6日寄給哥德巴赫一封信，講述這個定理的證明。該證明分五步，且用到了無窮遞降法；由於信中沒有把第五步講清楚，因此1749年他再次寄給哥德巴赫一封信，詳細講述第五步的證明。

　　第一步、“如果兩個整數都能表示為兩個平方數之和，則它們的積也能表示為兩個平方數之和。”

　　第一步的證明見婆羅摩笈多－斐波那契恆等式。

　　第二步、“如果一個能表示為兩個平方數之和的整數被另一個能表示為兩個平方數之和的素數整除，則它們的商也能表示為兩個平方數之和。”

　　假設 $a 2 + b 2$ 能被 $p 2 + q 2$ 整除，且後者為素數。則 $p 2 + q 2$ 能整除

　　 $(p b - a q)(p b + a q) = p 2 b 2 - a 2 q 2 = p 2 (a 2 + b 2) - a 2 (p 2 + q 2).$

　　由於 $p 2 + q 2$ 是素數，因此它能整除兩個因數之一。假設它能整除 $p b - a q$ 。由於

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

　　可推出 $p 2 + q 2$ 能整除 $(a p + b q) 2$ 。於是等式能被 $p 2 + q 2$ 的平方整除。兩邊除以 $(p 2 + q 2) 2$ 得：

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

　　因此其商能表示為兩個平方數之和。

　　如果 $p 2 + q 2$ 能整除 $p b + a q$ ，則利用等式

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

　　同樣可證。

　　第三步、“如果一個能表示為兩個平方數之和的整數被另一個不能表示為兩個平方數之和的整數整除，則它們的商也必有一個不能表示為兩個平方數之和的因數。”

　　假設 $x$ 能整除 $a 2 + b 2$ ，且其商的分解式為 $p_1p_2\cdots p_n$ 。則 $a^2+b^2 = x p_1p_2\cdots p_n$ 。如果所有的因數 $p i$ 都能表示為兩個平方數之和，則我們可以用 $p 1$ 、 $p 2$ 、等等去除 $a 2 + b 2$ ，並使用第二步的結論，可得每一個商都能表示為兩個平方數之和。除到只剩 $x$ 的時候，可得 $x$ 也能表示為兩個平方數之和，矛盾。因此，如果 $x$ 不能表示為兩個平方數之和，則至少有一個素數 $p i$ 也不能表示為兩個平方數之和。

　　第四步、“如果 $a$ 和 $b$ 互素，則 $a 2 + b 2$ 的所有因數都能表示為兩個平方數之和。”

　　這一步用到了無窮遞降法。設 $x$ 是 $a 2 + b 2$ 的一個因數。可記

　　 $a = mx \pm c,\qquad b = nx \pm d$

　　其中 $c$ 和 $d$ 的絕對值最多不超過 $x$ 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， $c 2 + d 2$ 一定能被 $x$ 整除，設 $c 2 + d 2 = y x$ 。如果 $c$ 和 $d$ 不互素，則它們的最大公約數與 $x$ 互質（否則它與 $x$ 的最大公約數就能整除 $a$ 和 $b$ ，與我們假設它們互素矛盾）。因此它們的最大公約數的平方能整除 $y$ （因為它能整除 $c 2 + d 2$ ），於是我們得到 $e 2 + f 2 = z x$ ，其中 $e$ 和 $f$ 互素，且 $z$ 不超過 $x$ 的一半，這是因為

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

　　如果 $c$ 和 $d$ 互素，則我們可直接使用 $c$ 和 $d$ ，不必轉換成 $e$ 和 $f$ 。

　　如果 $x$ 不能表示為兩個平方數之和，則根據第三步的結論，可知必有一個 $z$ 的因數不能表示為兩個平方數之和；設它為 $w$ 。於是我們從 $x$ 推出了一個更小的整數 $w$ ，都不能表示為兩個平方數之和，但都能被一個能表示為兩個平方數之和的整數整除。由於這個無窮遞降是不可能的，因此 $x$ 一定能表示為兩個平方數之和。

　　第五步、“任何形為 $4 n + 1$ 的素數都能表示為兩個平方數之和。”

　　如果 $p = 4 n + 1$ ，則根據費馬小定理可得 $1, 2^{4n}, 3^{4n},\dots, (4n)^{4n}$ 被 $p$ 除都餘1。因此它們的差 $2^{4n} -1, 3^{4n} -2^{4n},\dots,(4n)^{4n} - (4n-1)^{4n}$ 都能被 $p$ 整除。這些差可分解為

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

　　由於 $p$ 是素數，它一定能整除這兩個因數之一〔以下稱它們為“和因數”和“差因數”〕。如果它能整除任何一個“和因數”，則根據第四步的結論可得 $p$ 能表示為兩個平方數之和〔由於 $a$ 和 $b$ 僅相差 $1$ ，它們必然互素〕。而如果它能整除所有的 $4 n - 1$ 個“差因數” $2^{2n} - 1, 3^{2n} - 2^{2n},\dots,(4n)^{2n} - (4n-1)^{2n}$ ，則它也能整除 $4 n - 2$ 個一階差、 $4 n - 3$ 個二階差，依此類推。由於數列 $1^k, 2^k, 3^k,\dots$ 的第 $k$ 階差都等於 $k!$ ，於是第 $2 n$ 階差都等於 $(2 n)!$ ，顯然它不能被 $p$ 整除。因此， $p$ 不能整除所有的“差因數”，得證 $p$ 能表示為兩個平方數之和。