關於費馬平方和定理之證明

費馬平方和定理

任意被4除余1的素數p,都可表示為兩個平方數之和.

記為,p≡1(mod4)<=>p=x^2+y^2,x,y∈Z+.

Brahmagupta-Fibonacci恆等式

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2
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(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2

證明,示下：

1.根據Brahmagupta-Fibonacci恆等式,任何兩個被4除余1的素數的積也都能表示為兩個平方數的和.

2.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,則他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p^2+q^2為素數,則,p^2 + q^2能整除.

(pb-aq)(pb+aq) = p^2b^2 - a^2q^2 = p^2(a^2+b^2) - a^2(p^2+q^2)

由於p^2+q^2是素數,因此,他能整除兩個因子之一.

假設,他能整除pb-aq

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(ap+bq)^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：

(a^2+b^2)/(p^2+q^2)=((ap+bq)/(p^2+q^2))^2+((aq-bp)/(p^2+q^2))^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pb+aq,則利用等式

(a^2+b^2)(q^2+p^2)=(aq+bp)^2+(ap-bq)^2,同理可證.

3.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,則他們的商也必有一個不能表示為兩個平方數之和的因子.

假設x能整除a^2+b^2,且其商的分解式為,p1p2...pn,則,a^2+b^2=xp1p2...pn,

如果,所有的因子pi都能表示為兩個平方數之和,則我們可以用p1,p2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,pi亦不能表示為兩個平方數之和.

4.如果,a,b互為素數,則a^2+b^2的所有因子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的一個因子,可記為：

a=mx±c,b=nx±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±2mxc+c^2+n^2x^2±2nxd+d^2=Ax+(c^2+d^2)

因此,c^2+d^2一定可以被x整除.

設,c^2+d^2=yx

如果,c和d不互為素數,則他們的最大公約數與x互質（否則,他與x的最大公約數就能整除a和b,與我們假設,他們互素矛盾）.

因此,他們的最大公約數的平方能整除y（因為,他能整除c^2+d^2）,於是,我們得到:

e^2+f^2=zx

其中,e和f互為素數,且z不超過x的一半,這是因為：

zx=e^2+f^2<=c^2+d^2<=(x/2)^2+(x/2)^2=(1/2)x^2

如果,c和d互為素數,則,我們可以直接使用c和d,不必轉換為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的因子不能表示為兩個平方數之和,設,他為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.

5.任何形如,4n+1的素數,都能表示為兩個平方數之和.

如果,p=4n+1,則,根據費馬小定理,可得：

1,2^4n,3^4n,...,(4n)^4n被p除都余1

因此,他們的差2^4n-1,3^4n-2^4n,...,(4n)^4n-(4n-1)^4n都能被p整除,這些差可以分解為：

a^4n-b^4n=(a^2n+b^2n)(a^2n-b^2n)

由於p是素數,他一定能整除這兩個因子之一（以下稱,他們為“和因子”和“差因子”）.

如果,他能整除任何一個“和因子”,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,,他們必然互素）.

而如果,他能整除所有的4n-1個“差因子”,2^2n-1,3^2n-2^2n,...,(4n)^2n-(4n-1)^2n

則他亦能整除4n-2個一階差,4n-3個二階差,依此類推.

由於,數列1^k,2^k,3^k,...之第k階差都等於k!,於是,第2n階差都等於2n.

顯然,他不能被p整除,因此,p不能整除所有的“差因子”.

得證.