文章目錄

• 一、導言
• 二、完全剩余系
• 三、既約剩余系
• 四、費馬小定理
• 五、威爾遜定理
• 六、二次剩余
• 七、正式論證

一、導言

本文主要論證：任意素數$p\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，均存在正整數$a,b$，滿足$p=a^2+b^2$。

為了讓不同知識儲備的讀者能夠理解論證過程，本文對一些定理和概念做了一些闡述，如果讀者已經掌握了，可以跳過相應的章節。

二、完全剩余系

設正整數$n\ge 2$，若$n$個數$a_1,\dots ,a_n$取遍$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的所有余數，即對于任意整數$m$，均存在整數$i$，使得$a_i\equiv m(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$，則稱$a_1,\dots ,a_n$構成$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的完全剩余系，簡稱完系。

易知完全剩余系有下列性質。

性質1 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的兩個完系中的元素之和$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$同余。
性質2 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的完系的元素之積為$n$的倍數
性質3 完系中每一個元素乘以一個非零整數后依然構成完系。

這三個性質是顯然的，就不加以證明了。

三、既約剩余系

設正整數$n\ge 2$，若$a_1,\dots ,a_k$取遍所有與$n$互素的余數，即對于任意整數$m$滿足$(m,n)=1$，均存在正整數$i$使得$a_i\equiv m(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$，并且$a_1,\dots ,a_n$兩兩$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$不同余，則稱$a_1,\dots ,a_n$構成$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的既約剩余系，簡稱縮系。

易知既約剩余系有下列性質。

性質1 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的兩個縮系中的元素之和$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$同余。
性質2 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的兩個縮系中的元素之積$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$同余。
性質3 縮系中每一個元素乘以與$n$互素的整數依然構成縮系。

這三個性質是顯然的，就不加以證明了。

我們規定縮系的元素個數為歐拉函數$\phi (n)$，即$\le n$且與$n$互素的正整數的個數為$\phi (n)$。

特別地，對于素數$p$，因為$1,\dots ,p?1$均與$p$互素，因此$\phi (p)=p?1$。

四、費馬小定理

對于素數$p$及整數$m$滿足$(m,p)=1$，均有$$m^{p?1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

證明

考慮$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的縮系$1,2,\dots ,p?1$，將每一個元素乘以$m$，得$m,2m,\dots ,m(p?1)$，根據縮系的性質3，$m,2m,\dots ,m(p?1)$也構成縮系，再由性質2可知$$1?2?(p?1)\equiv m?2m?m(p?1)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$即$$(p?1)!\equiv (p?1)!?m^{p?1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$因為$(p?1)!$與$p$互素，因此可以約去$$m^{p?1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$證畢。

由費馬小定理也可知，對于任意整數$m$，均有$$m^p?m\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

費馬小定理也有其推廣的形式，即歐拉定理$$m^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$$證明方法類似，這里就不再贅述了。

五、威爾遜定理

若$p$為奇素數，則$(p?1)!\equiv ?1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

證明

對于任意整數$1\le i\le p?1$，均存在整數$1\le i^{?1}\le p?1$，使得$i?i^{?1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，稱這樣的$i^{?1}$為$i$的逆。

考慮同余方程$x\equiv x^{?1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)?x^2\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)?(x?1)(x+1)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，顯然該同余方程僅有兩個解：$x\equiv \pm 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，因此僅有$1$和$p?1$的逆是其本身。

顯然，可以將$2,\dots ,p?2$分為兩組，使得兩組對應的數互為逆，記其中一組為$a_1,\dots ,a_{(p?3)/2}$，則另一組為$a_1^{?1},\dots ,a_{(p?3)/2}^{?1}$，因此$$2?3?(p?2)\equiv a_1?a_{(p?3)/2}{a}_1^{?1}?a_{(p?3)/2}^{?1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$所以$(p?1)!\equiv ?1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

證畢。

六、二次剩余

設正整數$n\ge 2$，若整數$m$滿足，存在整數$x$使得$x^2\equiv m(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$，則稱$m$為$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的二次剩余；反之，則稱$m$為$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$的二次非剩余。本文中的二次剩余均不包括$0$

例如，$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$的二次剩余有$0,1$，$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$的二次剩余有$0,1$，$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$的二次剩余有$0,1$。

設奇素數$p$，$d$為整數，記$\left(\frac{d}{p}\right)\equiv d^{(p?1)/2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$(勒讓德符號)，則$$\left(\frac{d}{p}\right)=?\begin{array}{cc}1,& d為二次剩余\\ ?1,& d為二次非剩余\\ 0,& d\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\end{array}$$

證明

若$d$為二次剩余，則存在整數$x$使得$x^2\equiv d(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，則$$\left(\frac{d}{p}\right)\equiv d^{(p?1)/2}\equiv x^{p?1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

若$d$為非二次剩余，則對于任意整數$1\le i\le p?1$，均存在$1\le j\le p?1$，使得$ij\equiv d(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，并且$i=j$（否則，若$i=j$，則$d$為二次剩余）。記$i$對應的$j$為$i^{?1}$(稱作逆)，即$$i?i^{?1}\equiv d(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$顯然，每一個$i$對應唯一的$i^{?1}$，即$i$與$i^{?1}$是兩兩成對的。因此，可以將$1,\dots ,p?1$分為兩組，每組含$(p?1)/2$個數，使得兩組對應的兩數互為逆。記其中一組為$a_1,\dots ,a_{(p?1)/2}$，則另一組為$a_1^{?1},\dots ,a_{(p?1)/2}^{?1}$，故$$\left(\frac{d}{p}\right)\equiv d^{(p?1)/2}\equiv \prod _{i=1}^{(p?1)/2}(a_i?a_i^{?1})=1?2?(p?1)=(p?1)!\equiv ?1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

若$d\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，顯然$\left(\frac{d}{p}\right)=0$。

證畢。

七、正式論證

設素數$p$滿足$p\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，則存在正整數$a,b$，使得$p=a^2+b^2$。

因為$p\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，所以$$\left(\frac{?1}{p}\right)\equiv (?1{)}^{(p?1)/2}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$故$?1$是$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的二次剩余，因此存在整數$i$使得$i^2\equiv ?1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。

考慮$u+vi$，其中$u,v$均為整數且滿足$0\le u,v<\sqrt{p}$，則$u,v$各有$[\sqrt{p}]+1$種取值，故$u+vi$有$([\sqrt{p}]+1{)}^2>p$種取值，因此存在$(u_1,v_1)=(u_2,v_2)$滿足$$u_1+v_{1}i\equiv u_2+v_{2}i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$移項得$$u_1?u_2\equiv ?i(v_1?v_2)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$兩邊同時平方得$$(u_1?u_2{)}^2\equiv ?(v_1?v_2{)}^2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$即$$(u_1?u_2{)}^2+(v_1?v_2{)}^2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$取$a=|u_1?u_2|,b=|v_1?v_2|$得$a^2+b^2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。

又因為$0\le u,v<\sqrt{p}$，因此$0\le a^2,b^2<p$，故$a^2+b^2<2p$，因此$$a^2+b^2=p$$證畢。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的模4余1的素数一定能表示为两正整数的平方和的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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