페르마의 두 제곱합 정리

첨가수 이론에서 페르마의 두 제곱합에 대한 정리는 홀수 p를 다음과 같이 표현할 수 있다고 명시한다.

${\displaystyle p=x^{2}+y^{2},}$

x와 y의 정수로, 만약 그리고 단지

${\displaystyle p\equiv 1{\pmod {4}}.}$

이것이 사실인 소수들은 피타고라스 프라임이라고 불린다. 예를 들어, 소수 5, 13, 17, 29, 37, 41은 모두 1모듈로 4와 일치하며, 다음과 같은 방법으로 두 제곱의 합으로 표현할 수 있다.

${\displaystyle 5=1^{2}+2^{2},\message 13=2^{2}+3^{2},\message 17=1^{2}+4^{2},\message 29=2^{2}}+5^{2},\message 37=1^{2}+6^{2},\message 41=4^{2}}}}}}}{2}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}.}$

반면에 소수 3, 7, 11, 19, 23, 31은 모두 3모듈로 4와 일치하며, 그 중 어느 것도 두 칸의 합으로 표현할 수 없다. 이것은 정리의 보다 쉬운 부분이며, 모든 정사각형이 0 또는 1모듈로 4로 일치한다는 관측에서 바로 따르게 된다.

디오판투스 아이덴티티(Diophantus identity)는 각각의 정수를 두 정사각형의 합으로 쓸 수 있는 두 정수의 산물 자체가 두 정사각형의 합으로 표현될 수 있다는 것을 의미하기 때문에, 어떤 양의 정수 n의 주요 인자화(prime factorization)를 적용함으로써, 3 modulo 4에 대한 n의 모든 주요 요인이 짝수에게 일어난다고 볼 수 있다., 그러면 n은 두 제곱의 합으로 표현할 수 있다. 그 반대의 경우도 마찬가지다.^[1] 페르마의 정리를 이렇게 일반화한 것을 두 개의 정사각형 정리의 합이라고 한다.

역사

알버트 지라드는 이 관찰을 가장 먼저 한 사람으로 표현 가능한 모든 양의 정수(필수적으로 프리타임은 아님)를 두 개의 양의 정수의 합으로 묘사했다. 이것은 1625년에 출판되었다.^[2][3] 4n+1형식의 모든 prime p가 두 칸의 합이라는 진술을 지라드의 정리라고 부르기도 한다.^[4] 그의 입장에서 페르마트는 1640년 12월 25일 마린 메르센에게 보낸 편지에서 (p의 힘의 가능한 표현 수를 두 칸의 합으로도 주었다) 그 진술의 정교한 버전을 썼는데, 이 때문에 이 정리의 버전을 페르마의 크리스마스 정리라고 부르기도 한다.

가우스 프라임

페르마의 두 칸 합에 대한 정리는 가우스 프리메스의 이론과 강하게 관련되어 있다.

가우스 정수는 a와 b가 정수인 복잡한$$ 숫자 $a{\displaystyle }$+ i ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle a+ib}$이다. ${\displaystyle \mathrm{가우스}}$ 정수의 ${\displaystyle {N\mathrm{}}^{}}$${\displaystyle (}$a + ${\displaystyle ib}$) = 2${\displaystyle {}^{}}$+ ${\displaystyle {b\mathrm{}}^{}}$ 2 ${\$}}은 가우스 정수의 절대값 제곱과 같은 정수다. 가우스 정수의 산물은 그 산물이다. 이것은 디오판투스 정체성으로, 절대값의 유사한 속성에서 바로 비롯된다.

가우스 정수는 주요한 이상적인 영역을 형성한다. 이는 가우스 프리임이 두 비 유니트의 산물이 아닌 가우스 정수(여기서 단위는 1, -1, i 및 -i)와 유사하게 정의될 수 있음을 의미한다.

규범의 곱셈 속성은 소수 p가 가우스 프라임 또는 가우스 프라임이라는 것을 암시한다. 페르마의 정리는 $첫{\displaystyle }$ 번째 ${\displaystyle \mathrm{경우}}$는 p${\displaystyle }$= 4 ${\displaystyle k}$+ ${\displaystyle 3}$,${\displaystyle p=4k+3,}$일 때 발생하며,${\displaystyle }두{\displaystyle }$ ${\displaystyle \mathrm{번째}}$ ${\displaystyle \mathrm{경우}}$는 ${\displaystyle \mathrm{p}}$ = 4 k${\displaystyle }$+$$1 {\$displaystyp=4k$${\displaystyle \mathrm{+}}1{\displaystyle \},}$ ${\displaystyle \mathrm{p}}$= 2. {\$displaystyp=2.}$일 때 발생한다고 주장한다.$$ 마지막 경우는 페르마의 진술에서는 고려하지 않지만, ${\displaystyle 2}$= ${\displaystyle {1\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle 2{}^{}}$+ ${\displaystyle {1\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {}^{}}$= N${\displaystyle }$( 1${\displaystyle }$+ ${\displaystyle i}$)${\displaystyle }$. ${\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}=N(1+i$)로서 사소한 것이다$.$$}$

관련결과

페르마의 정리에 대한 위의 관점은 2차 정수의 고리에 있는 이상 인자화 이론의 특별한 경우다. In summary, if ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{\sqrt {d}}}$ is the ring of algebraic integers in the quadratic field, then an odd prime number p, not dividing d, is either a prime element in ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{\sqrt {d}},}$ or the ideal norm of an ideal of ${\displaystyle$${\mathcal{O}_{\sqrt{d},$ 이것은$$ 반드시 프라임이다. 더구나 이차적 상호주의 법칙은 합치성의 관점에서 두 사건을 구별할 수 있게 한다. $O{\displaystyle {\mathcal{}}_{}}$ ${\displaystyle d_{\sqrt{}}}$ ${\$이(가) 주 이상적인 도메인이라면 p는 if와 only만 이상적인 표준이다.

${\displaystyle 4p=a^{2}-db^{2},}$

a와 b를 모두 정수로

1654년 9월 25일자 Blaise Pascal에게 보낸 편지에서 Fermat은 $기본적$으로 d${\displaystyle }$=${\displaystyle }$- 2 ${\$$displaystyle$ $d$$=-2$$}$와 d${\displaystyle }$=${\displaystyle }$- 3.$$p가 이상한 $소수$라면 다음과 같은$$ 두 가지 결과를 발표했다$.$

${\displaystyle p=x^{2}+2y^{2}\iff p\equiv 1{\mbox{또는 }p\equiv 3{\pmod{8},}$

${\displaystyle p=x^{2}+3y^{2}\iff p\equiv 1{\pmod {3}}.}$

페르마트는 또한 다음과 같이 썼다.

3 또는 7에 끝나고 3을 초과하는 2개의 소수 4의 배수를 곱하면, 그들의 제품은 정사각형과 다른 정사각형의 5중주로 구성될 것이다.

즉 p, q가 20k + 3 또는 20k + 7 형식이라면 pq = x + 5y²² 형식이다. 오일러는 나중에 이렇게까지 연장하여 라는 추측을 했다.

${\displaystyle p=x^{2}+5y^{2}\iff p\equiv 1{\mbox{또는 }p\equiv 9{\pmod{20},}$

${\displaystyle 2p=x^{2}+5y^{2}\iff p\equiv 3{\mbox{또는 }p\equiv 7{\pmod {20}}.}$

페르마의 주장과 오일러의 추측 모두 조셉 루이스 라그랑에 의해 성립되었다. This more complicate formulation relies on the fact that ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{\sqrt {-5}}}$ is not a principal ideal domain, contrarily to ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{\sqrt {-2}}}$ and ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{\sqrt {-3}}.$$}$

알고리즘.

$p{\displaystyle }$= ${\displaystyle 4}$ ${\displaystyle k}$+ ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle p=4k+1}$ 형식의 prime을 두 개의 제곱합으로$$ 분해하는 사소한 알고리즘이 있다. 모든 에 대해 p- n ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$ n$<{\sqrt{p$$}}}$에 대해 p${\displaystyle {}^{}}$ 2 ${\$}}의 제곱근이 정수인지$$ 여부를 테스트하십시오 이런 경우라면 한 사람이 부패한 것이다.

그러나 알고리즘의 입력 크기는 로그${\displaystyle \log }$ ${\displaystyle p}$ ,${\displaystyle \log p,}$자리 수(숫자에 따라 달라지는 상수 인자까지)이다. 필요한 테스트의 수는 $p{\displaystyle \sqrt{}}$= ${\displaystyle \exp }$ ${\displaystyle }$(${\displaystyle \frac{\log }{}}$ ${\displaystyle \frac{}{}}$ ${\displaystyle \frac{\mathrm{}}{}}$ ${\displaystyle \frac{2}{}}$)${\displaystyle }$, ${\displaystyle {\sqrt{p}=\exp \left({\frac {\log p}{2}}\right)$의 순서로 입력 크기가 기하급수적으로 된다$$. 그래서 이 알고리즘의 계산 복잡성은 기하급수적이다.

다항식 복잡성을 가진 알고리즘은 세레트와 헤르미테(1848), 코르나치아(1908)의 작업을 바탕으로 1990년 스탠 왜건에 의해 설명되어 왔다.^[5]

설명

${\displaystyle \mathrm{4k}}$+ ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle 4k+1}$ 형식의 특이한$$ $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$을(를) 지정한 경우$,$ $먼저{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {x\mathrm{}}^{}}$ 2${\displaystyle }$- - ${\displaystyle 1(모드}$ p${\displaystyle }$)$${\$displaystyle$ x$^{2}\equiv -1{\pmod{pmod}}}$과 같은 x ${\\\daystystylex}를$찾으십시오$.$ $이{\displaystyle }$ 작업은 2차 비 residue $modulo{\displaystyle }$ p$${\$displaystyle$ $q},$ say $q{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ q$\},$${\displaystyle }$x = ${\displaystyle {q\frac{}{}}^{}}$p - ${\displaystyle {\frac{1}{}}^{}{}^{}{\frac{\mathrm{}}{}}^{}}$ ( ${\displaystyle md}$p ) ${\$를 찾으면 수행할 수 있다$.$

$이러한{\displaystyle }$x {\$displaystyle x}$은(는) 2차 비 resides가 $q{\displaystyle {}^{\frac{}{}}}$p ${\displaystyle -}$ ${\displaystyle {\frac{1}{}}^{}{\frac{\mathrm{}}{}}^{}}$ - 1 ${\displaystyle (\mathrm{모드}}$ ${\displaystyle p}$ )${\$을(는) 충족하므로 조건을 만족시킬 것이다$.$

$x{\displaystyle }$ ${\displaystyle x}$이(가) 결정되면 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ $p$$}$ 및 $x$ ${\displaystyle$ x$}$을(를) 사용하여 유클리드 알고리즘을 적용할 수 있으며$,$ $p{\displaystyle }$ ${\displaystystyle$ p$}$의 제곱근보다 작은 처음 두 개의 $잔존재$를$${\$displaysty$ a$} 및$$$b$\}$로 나타낸다$$$$. $그러면{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$= ${\displaystyle p}$ ${\displaystyle a^{2}+b^{2$}가 될 것이다.$}}=p}$.

예

Take ${\displaystyle p=97}$. A possible quadratic non-residue for 97 is 13, since ${\displaystyle 13^{\frac {97-1}{2}}\equiv -1{\pmod {97}}}$. so we let ${\displaystyle x=13^{\frac {97-1}{4}}=22{\pmod {97}}}$. 97 및 22 수율에 적용된 유클리드 알고리즘:

97의 제곱근보다 작은 처음 두 개의 잔존자는 9와 4이다; 실제로 우리는 ${\displaystyle 97}$= 9 ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle {\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$}}개를 가지고 있다$.$

교정쇄

페르마트는 평소 자신의 주장에 대한 증빙서류를 작성하지 않았고, 이 진술서에 대한 증빙서류를 제시하지 않았다. 첫 번째 증거는 오일러에 의해 많은 노력 끝에 발견되었고 무한한 하강을 바탕으로 하고 있다. 그는 1747년 5월 6일과 1749년 4월 12일에 골드바흐에게 보낸 두 통의 편지로 그것을 발표했다; 그는 두 개의 기사 (1752년과 1755년 사이)에 상세한 증거를 발표했다.^[6][7] 라그랑쥬는 1775년에 2차적 형태에 대한 연구를 바탕으로 한 증거를 제시했다. 이 증거는 가우스가 그의 디스퀴즈 산수화 (Art. 182)에서 단순화되었다. 데데킨드는 가우스 정수의 산수를 바탕으로 적어도 두 가지 증거를 제시했다. 볼록세트에 대한 민코프스키의 정리를 이용한 우아한 증거가 있다. 히스 브라운(Louville의 아이디어에서 영감을 받은)으로 인해 이전의 짧은 증거를 단순화시킨 자기에르는 1990년에 비건설적인 일감 증명서를 제시했다.^[8] 그리고 더 최근에 크리스토퍼는 칸막이 이론적인 증거를 제시했다.^[9]

무한하강에 의한 오일러의 증명

오일러는 페르마의 42세 때인 1749년 두 칸 합에 대한 정리를 증명하는 데 성공했다. 그는 1749년 4월 12일자 골드바흐에게 보낸 편지에서 이 사실을 알렸다.^[10] 그 증거는 무한한 하강에 의존하고 있으며, 편지에 간략하게 스케치되어 있을 뿐이다. 전체 증명은 5단계로 구성되며 두 개의 논문으로 발표된다. 첫 번째 4단계는 첫 번째 논문의^[11] 제안 1~4단계로서 아래의 4단계와 정확히 일치하지 않는다. 아래의 다섯 번째 단계는 두 번째 논문에서 나온 것이다.^[12][13]

모호성을 피하기 위해, 0은 항상 "두 제곱의 합"의 유효한 가능한 구성원이 될 것이기 때문에, 예를 들어 정수의 모든 제곱은 두 제곱의 합을 0으로 설정함으로써 사소한 것으로 표현할 수 있다.

1. 두 숫자의 산물, 각각 두 제곱의 합은 그 자체로 두 제곱의 합이다.

이것은 정체성에 근거하여 잘 알려진 재산이다.

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

디오판투스 때문에

2. 2제곱의 합인 숫자가 2제곱의 합인 프라임으로 분할되는 경우, 그 몫은 2제곱의 합이다. (이것이 오일러의 첫 번째 제안이다.)

실제로 ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ b ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$ a$^{2}+b^{2$}를 예로 들어보자.$}}}}$은 p${\displaystyle {}^{}{2\mathrm{}}^{}}$ + ${\displaystyle {q\mathrm{}}^{}}$ 2 ${\$ p$^{2}+q^{2$}}으로 나눌 수 있으며$$$$, 이 후자는 프라임이라고 한다. 그런 다음 $p{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle {q\mathrm{}}^{}}$ 2 ${\$ p$^{2}+q^{2}}$분$$

${\displaystyle (pb-aq)(pb+aq)=p^{2}b^{2}-a^{2}^{2}=p^{2}(a^{2}+b^{2})-a^{2}(p^{2}+q^{2})=p^{2}(p^{2}+q^{2}).}$

$p{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$ p$^{2}+q^{2}}$이 프라임이기$$ 때문에 두 요인 중 하나를 나눈다. $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle b}$- ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle q}$ ${\displaystyle pb-aq}$을(를) 나눈다고 가정하자$.$

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

(Diophantus's identity) it follows that ${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$ must divide ${\displaystyle (ap+bq)^{2}}$. So the equation can be divided by the square of ${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$. Dividing the expression by ${\displaystyle (p^{2}+q$$^{2}^{2}}$회$$ 수확량:

${\displaystyle {\frac {a^{2}+b^{2}}}{p^{2}+q^{2}}}}}=\왼쪽 \frac {ap+bq}{p^{2}+q^{2}}:\오른쪽)^{2}+\왼쪽 q-bp}{p^{p^{2}+q^{2}}\오른쪽)^{2}}:00$

따라서, 주장된 두 제곱의 합으로 지수를 나타낸다.

반면에 $p{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle {q\mathrm{}}^{}}$ 2 ${\$ p$^{2}+$$q^{$$2}}:$ ${\displaystyle p}$ b${\displaystyle }$+ ${\displaystyle a}$를 나누면$$ 다음과 같은 $디오판토스 정체성$의 변형을 사용함으로써 유사한 주장이 성립된다$.$

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

3. 2제곱의 합으로 표기할 수 있는 숫자가 2제곱의 합이 아닌 숫자로 분할될 경우, 인용문은 2제곱의 합이 아닌 인자를 갖는다. (이것은 오일러의 두 번째 제안이다.)

Suppose ${\displaystyle q}$ is a number not expressible as a sum of two squares, which divides ${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$. Write the quotient, factored into its (possibly repeated) prime factors, as ${\displaystyle p_{1}p_{2}\cdots p_{n}}$ so that ${\displaystyle a^2+b^2=q{p}_1{}_{}}$${\$$}=qp_{1}p_{2}\cdots p_{n}}$. If all factors ${\displaystyle p_{i}}$ can be written as sums of two squares, then we can divide ${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$ successively by ${\displaystyle p_{1}}$, ${\displaystyle p_{2}}$, etc., and applying step (2.) above we deduce that each successive, small, index 는 두 제곱의 합이다. $만약{\displaystyle }$ 우리가 $q{\displaystyle }${\$displaystyle q}$까지 내려간다면,$$q {\$displaystyle q}$ 그$$ 자체는 두 제곱의 합과 같아야 하는데, 이것은 모순이다. 따라서 적어도 p${\$ p_{$i}$ primes $p{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle i_{}}$ {\displaystyle $p_{$i} 중 하나는 두 제곱의 합이 아니다$$.

4. ${\displaystyle a}$ $및$ b ${\displaystyle b}$이(가) 비교적 주요한 양의 정수인 경우, ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ b ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$ a$^{2}+b^{2$}의 모든 요인은$}}}}$은 두 칸의 합이다. (이것은 스텝(3.)을 사용하여 '무한하강'을 만들어 내는 단계로서 오일러의 제안4였다. 아래에 스케치된 증명에는 그의 발의안 3)의 증명도 포함되어 있다.

,${\displaystyle b}$ ${\displaystyle a,b}$을(를) 비교적 주요한$$ 양의 정수(${\displaystyle {일반성\mathrm{}}^{}}$ $손실{\displaystyle {}^{}}$ 없이 2${\displaystyle {}^{}}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$ a$^{2}+b^{2$).$}}}}$ 그 자체가 전성기가 아니고$$, 그렇지 않으면 증명할 것이 없다. 따라서$$ $q{\displaystyle }$ ${\displaystyle q}$을(를) ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ b ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$ 반드시 prime은 아니므로 $q{\displaystyle }$ ${\displaystyle q}$이(가) 두 제곱의 합이라는 것을 보여주고 싶다. 이번에도 $사례{\displaystyle }$q =${\displaystyle {\mathrm{}}^{}}$ = 1${\displaystyle {}^{}{2\mathrm{}}^{}}$ + 1 ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}${\displaystyle q$=2^{2}{$2^{2}{\$displaystyle$ q$=1$^{$2}+1^{2$}}이 분명하므로$$ > ${\displaysty$ $q$$}}을($를)로 가정해도 손해 보는 것은 없다.

${\displaystyle m}$${\displaystyle }$, ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle m,$$n$$}$을${\displaystyle (}$를$)$ $각각$ , b {\$displaystyle$ $q$$}($$$절대값)에 대한 $q{\displaystyle }$ ${\$$displaystyle$ $q}$의 가장 가까운 배수인$$ 음수가 되도록 한다. 절대 값은 엄격하게 q/2{\displaystyle q/2}이하의 여기서 주목할 차이 c)− mq{\displaystyle c=a-mq}과 d)b− nq{\displaystyle d=b-nq}이 정수가:사실, q>2{\displaystyle q>2}심지어는,gcd(, q/2)=1{\displaystyle(a,q/2)=1}, 그렇지 않으면 이후 gcd(. , q${\displaystyle /}$ ${\displaystyle 2\mathrm{}}$) ${\displaystyle \mid }$ ${\displaystyle q}$/ ${\displaystyle 2\mathrm{}}$ ${\displaystyle \mid }$ ${\displaystyle q}$ ${\displaystyle \mid }$ ${\displaystyle {a\mathrm{}}^{}}$ 2${\displaystyle {}^{}}$+ ${\displaystyle {b\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\$ gcd${\displaystyle }$(,$2$ )${\displaystyle b}$ b$${\$displaystystyle$ ($a,q/2)\mid$ b$}$.

곱하기: 곱하기:

${\displaystyle a^{2}+b^{2}}}=m^{2}q^{2}+2mqc+c^{2}+n^{2}}q^{2}+2nq^{2}+2nqd+d^{2}=Aq+(c^{2}+d^{2}}})}}$

uniquely defining a non-negative integer ${\displaystyle A}$. Since ${\displaystyle q}$ divides both ends of this equation sequence it follows that ${\displaystyle c^{2}+d^{2}}$ must also be divisible by ${\displaystyle q}$: say ${\displaystyle c^{2}+d^{2}=qr}$. Let ${\displaystyle g}$${\displaystyle g}$은(는) ${\displaystyle c}$ ${\$$displaystyle$ $c}$ 및 $d{\displaystyle }$ ${\displaystyle d}$의 gcd로, a${\displaystyle }$, b ${\displaystyle$ $a$$,b}$의 공동 primity에 의해$$$$$q{\displaystyle {}^{}}$$$${\$$displaystystyle$ $g^{2}}:$$$${\d$로 나누기$$ $e{\displaystyle }$= c${\displaystyle }$/$$g$=g$${\displaystyle f=d/g}$ and ${\displaystyle s=r/g^{2}}$, we obtain the expression ${\displaystyle e^{2}+f^{2}=qs}$ for relatively prime ${\displaystyle e}$ and ${\displaystyle f}$, and with ${\displaystyle s<q/2}$, since

${\displaystyle qs=e^{2}+f^{2}\leq c^{2}+d^{2}}/}}<\fruck\frac {q}{2}}\오른쪽)^{2}+\왼쪽 \frac\frac {q}{2}}\오른쪽)^{2}=q^{2}/2.}$

이제 마지막으로 하강 단계: $q{\displaystyle }${\$displaystyle q}$이(가) 두 제곱의 합이 아니라면, 단계별로 $요인{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {q\mathrm{}}_{}}$ 1$${\$displaystyle$ $q_{1$}가$$ 있어야 $하며$, 이는 두 제곱의 합이 아니다$.$ 하지만 q 1≤의<>q/2<q{\displaystyle q_{1}\leq s<, q/2<, q}과(e을 처음에, f, q1{\displaystyle e,f,{1}}a, b의 장소에서 q_, q{\displaystyle의;q}, 그렇게 끝도 없이에)우리가 q, q1, q2,…이 엄격하게 감소하고 무한 수열을 찾을 수 있을 것 그렇게 이 순서를 반복하다.{\displa$ystyle q,q_{1},q_{2},\ldots$}의$$ 양의 정수로서, 그 자체가 두 제곱의 합이 아니라 두 개의 비교적 원시 제곱의 합으로 나뉜다. 그러한 무한 하강이 불가능하기 때문에, 우리는 $q{\displaystyle }$ ${\displaystyle q}$이(가) 주장대로 두 제곱의 합으로 표현 가능해야 한다고$$ 결론짓는다.

5. ${\displaystyle \mathrm{4n}}$+ ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle 4n+1}$ 형식의 모든 프라임은 두 개의 정사각형을 합한$$ 것이다. (이것이 오일러의 두 번째 논문의 주요 결과물이다.)

If ${\displaystyle p=4n+1}$, then by Fermat's Little Theorem each of the numbers ${\displaystyle 1,2^{4n},3^{4n},\dots ,(4n)^{4n}}$ is congruent to one modulo ${\displaystyle p}$. The differences ${\displaystyle 2^{4n}-1,3^{4n}-2^{4n},\dots ,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}}$ are therefore all divisible by ${\displaystyle p}$. Each of these differences can be factored as

${\displaystyle a^{4n}-b^{4n}=\왼쪽(a^{2n}+b^{2n}\오른쪽)\왼쪽(a^{2n}-b^{2n}\오른쪽).}$

$p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$이(가) 프라임이기$$ 때문에 두 요인 중 하나를 나누어야 한다. ${\displaystyle \mathrm{4n}}$- ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle 4n-1}$ 사례$$ 중 하나에서 첫 번째 인자를 나눈다면 이전 단계에서 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ p$}$은$([\displaystyle a}$과($)$ b {\$displaystyle$ b$}$이($)$ 1 {\$displaystystylement 1$씩 다르기$$ 때문에 p} 그 자체가 두 제곱의 합이라고$$ 결론을 내린다. 따라서 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$이(가) 항상 두 번째 인자를 나눌 수 없다는$$ 것을 보여주기에 충분하다. If it divides all ${\displaystyle 4n-1}$ differences ${\displaystyle 2^{2n}-1,3^{2n}-2^{2n},\dots ,(4n)^{2n}-(4n-1)^{2n}}$, then it would divide all ${\displaystyle 4n-2}$ differences of successive terms, all ${\displays$$4n-3}$개의$$ 차이점 등 Since the ${\displaystyle k}$th differences of the sequence ${\displaystyle 1^{k},2^{k},3^{k},\dots }$ are all equal to ${\displaystyle k!}$ (Finite difference), the ${\displaystyle 2n}$th differences would all be constant and equal to ${\displaystyle (2n)!}$, which $확실히{\displaystyle }$ p ${\displaystyle p}$에 의해 분리되지 않는다$.$ $따라서{\displaystyle }$ $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$은(는) 실제로 두 제곱의 합이라는$$ 것을 증명하는 두 번째 요인을 모두 나눌 수 없다$$.

2차적 형태를 통한 라그랑주의 증거

라그랑쥬는 1775년^[14] 그의 일체형 2차 형태에 대한 일반 이론을 바탕으로 증거를 완성했다. 다음 발표에는 그의 주장을 약간 단순화시킨 것이 있는데, 가우스가 <산수> 제182조에 나타나 있기 때문이다.

(integral binary) 2차 형태는${\displaystyle }x{\displaystyle }$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ b ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle y}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$$displaysty a,b,c})$ 정수를$$$$ 갖는 형태의 표현이다. A number ${\displaystyle n}$ is said to be represented by the form if there exist integers ${\displaystyle x,y}$ such that ${\displaystyle n=ax^{2}+bxy+cy^{2}}$. Fermat's theorem on sums of two squares is then equivalent to the statement that a prime ${\displaystyle p}$ is represex$$${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ y ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$$예{\displaystyle }$: a${\displaystyle }$=${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle a=c=1$ ${\displaystyle \mathrm{b}}$= 0 ${\displaystyle b=0$ 형식으로 nted p {\$displaystystyle p}$이 $1{\displaystyle \mathrm{}}$ ${\$$displaystystyle$ 1$}$$모듈$로 $4\}$ .

2차 형태의 판별은 $b{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$- ${\displaystyle 4}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle c}$ ${\displaystyle b^{2}-4ac}$ 로 정의된다$.$ $x{\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$의 판별은${\displaystyle }$- ${\displaystyle 4}$ ${\displaystyle -4}$과(와) 같다$$$.$

${\displaystyle {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+ ${\displaystyle b}$ ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle y}$+ ${\displaystyle {}^{}}$ y ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$${\displaystyle {\}+}^{}}$$bxy+cy^{2$}}과$$${\displaystyle {\prime }^{}}$ ${\displaystyle {x\mathrm{}}^{}{}^{}x{}^{}}$ x${\displaystyle {}^{}}$x x x ${\displaystyle x{}^{}}$ x x${\displaystyle {}^{}}$x x x x x x x x ${\displaystyle {x\mathrm{}}^{}{\prime }^{}}$ 2 ${\$}}은 계수가 있는 경우에만 동일하다.

$[\displaystyle x=\display x'+\display y'}$

$[\displaystyle y=\display x'+\display y'}$

$\alpha {\displaystyle }$ ${\displaystyle \Delta }$ -${\displaystyle \beta }$ ${\displaystyle \gamma }$=${\displaystyle }$± 1 ${\displaystyle \alpha \alpha$ -$\beta \gamma =\pm 1}$을(를) 사용하여, 첫 번째 형식으로 대체하면 두 번째 형식을 양보한다. 등가 형식은 동일한 판별을 갖는 것으로 쉽게 볼 수 있으며$,$ 따라서 중간 계수 $b{\displaystyle }$ {\$displaystyle b$에 대해서도 동일한 패리티를 가지며, 이는 판별의 패리티와 일치한다. 게다가, 이러한 종류의 대체는 같은 종류의 대체에 의해 역전될 수 있기 때문에 동등한 형식이 정확히 동일한 정수를 나타낼 것이 분명하다.

라그랑쥬는 모든 긍정적인 명확한 형태의 판별 -4가 동등하다는 것을 증명했다. 따라서 페르마의 정리를 증명하기 위해서는 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$을(를) 나타내는 어떤 양성의 확실한 판별형식 -4를 찾기에 충분하다$.$ 예를 들어, 형식을 사용할 수 있다.

${\displaystyle px^{2}+2mxy+\left\frac {m^{2}+1}{p}\오른쪽)y^{2},}$

여기서 첫 번째 계수 $a{\displaystyle }$ = p ${\displaystyle p}$을(를) 선택하여 형태가 p ${\displaystyle p}$을(를) 나타내도록 계수$$ b = 2m는 임의의 짝수(필요한 대로 짝수)이며, 마지막으로 $c{\displaystyle }$= ${\displaystyle \frac{{m\mathrm{}}^{}}{}}$ ${\displaystyle 2\frac{{}^{}}{}}$+ 1 ${\$p}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}를 선택한다$$.hat the discriminant ${\displaystyle b^{2}-4ac=4m^{2}-4pc}$ is equal to −4, which guarantees that the form is indeed equivalent to ${\displaystyle x^{2}+y^{2}}$. Of course, the coefficient ${\displaystyle c={\frac {m^{2}+1}{p}}}$ must be an integer, so t$p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$이(가) ${\displaystyle {m\mathrm{}}^{}}$ 2${\displaystyle {}^{}}$+ $(\displaystyle m^{2}+1$}을$($를) 나누는$$ 것과 같은 일부 정수 m을 찾는 것으로 문제가 축소된다$.$ 즉, ' -1 modulo p ${\displaystyp$의 제곱근 ' .

We claim such a square root of ${\displaystyle -1}$ is given by ${\displaystyle K=\prod _{k=1}^{\frac {p-1}{2}}k}$. Firstly it follows from Euclid's Fundamental Theorem of Arithmetic that ${\displaystyle ab\equiv 0{\$$pmod {p}}\iff a\equiv 0{\pmod {p}}\ \ {\hbox{or}}\ \ b\equiv 0{\pmod {p}}}$. Consequently, ${\displaystyle a^{2}\equiv 1{\pmod {p}}\iff a\equiv \pm 1{\pmod {p}}}$: that is, ${\displaystyle \pm 1}$ are their own inverses modulo ${\displaystyle p}$ and this property is uniqu그들에게. 그 다음 정수에서 유클리드 분할의 유효성과 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$이(가) 원시라는$$ 사실로부터 따르며, 매 $2{\displaystyle \mathrm{}\le }$ ${\displaystyle p}$- 2 ${\displaystyle a}\leq a-2}$에 대해 ${\displaystyle$ $a$$}$ $및{\displaystyle }$ p ${\displaystyp}$의 gcd는 유클리드 알고리즘을 통해 표현될 수 있다$$.rse ${\displaystyle a^{-1}\neq a}$ of ${\displaystyle a}$ modulo ${\displaystyle p}$. In particular therefore the product of all non-zero residues modulo ${\displaystyle p}$ is ${\displaystyle -1}$. Let ${\displaystyle L=\prod _{l={\frac {p+1}{2$$}}}^{p-1}l}$: from what has just been observed, ${\displaystyle KL\equiv -1{\pmod {p}}}$. But by definition, since each term in ${\displaystyle K}$ may be paired with its negative in ${\displaystyle L}$, ${\displaystyle L=(-1)^{\frac {p-1}{2}}K}$, which since ${\displaystyle p}$${\displaystyle p}$은(는) $필요$에 ${\displaystyle {따라\mathrm{}}^{}}$ K 2${\displaystyle {}^{}1}$- 1 (${\displaystyle mod}$ p ${\displaystyle )}$ $⟺$ ${\displaystyle 1}$(${\displaystyle 모드\mathrm{}}$ ${\displaystyle 4}$ ${\displaystyle )}$ {\$displaystyle K^{2$}\$equiv -1{\pmod$}\$iff p\equiv$1{\$pmod{4$을(를)로 표시한다.

가우스 정수를 이용한 데데킨드의 두 가지 증거

리차드 데데킨드는 페르마의 두 제곱합에 대한 최소 두 개의 증거를 제시했는데, 두 가지 모두 + bi 형식의 숫자인 가우스 정수의 산술적 특성을 사용했으며, 여기서 a와 b는 정수이고, i는 -1의 제곱근이다. 하나는 1877년에 출판된 이상에 대한 그의 설명 중 27절에 나타나며, 두 번째는 보충판 XI에서 피터 구스타프 르주네 디리클레트의 보를레성겐 뷔르 자흘렌테오리에 나타나 1894년에 출판되었다.

1. 첫 번째 증거. $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$이(가) 홀수 소수인 경우 $가우스{\displaystyle {}^{}}$ 정수에 ${\displaystyle i^{}}$${\displaystyle {}^{}}$-${\displaystyle {}^{}{1\frac{}{}}^{}}$ =${\displaystyle }$(${\displaystyle {}^{}}$- 1)${\displaystyle {\frac{}{}}^{}}$p - ${\displaystyle {\frac{1}{}}^{}}$ ${\displaystyle {\frac{\mathrm{}}{}}^{}}$ ${\$i^{$p-1}=(-1)^{\frac$ {$p-1}{2}}}$가 있다. 결과적으로 가우스 정수 Ω = x + iy를 x,y ∈ Z로 작성하고 프로베니우스 자동형성을 Z[i]/(p)로 적용하면 발견된다.

${\displaystyle \omega^{p}=(x+yi)^{p}\equiv x^{p^{p^}{p^{p^{p^}}\equiv x+(-1)^{\frac {p-1}{pmod{pmod},},}}$

자동형이 Z/(p)의 요소를 고정하기 때문에. 현재의 경우 일부 정수 n에 대해$$ $p{\displaystyle }$= ${\displaystyle \mathrm{4n}}$+ ${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle p=4n+$1}을$($를) 사용하므로 Ω에^p 대한 위의 식에서 -1의 지수(p-1)/2는 짝수다. 따라서 오른손은 Ω과 같기 때문에 이 경우 Z[i]/(p)의 프로베니우스 내형성이 정체성이 된다.

Kummer had already established that if f ∈ {1,2} is the order of the Frobenius automorphism of Z[i]/(p), then the ideal ${\displaystyle (p)}$ in Z[i] would be a product of 2/f distinct prime ideals. (In fact, Kummer had established a much more general result for any extension of Z obtained by adjoining a primitive m-th root of unity, where m은 모든 양의 정수였다. 이것은 그 결과의 사례 m = 4) 그러므로 이상(p)은 Z[i]에서 서로 다른 두 가지 주요 이상(primary idea)의 산물이다. 가우스 정수는 $N{\displaystyle (x}$+ ${\displaystyle i}$ ${\displaystyle y}$)${\displaystyle }$= ${\displaystyle {x\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {}^{}}$+ ${\displaystyle {y\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {}^{}}$ ${\$ N$(x+iy)=x^{2}+y^{2$}}의 유클리드 영역이기 때문에$,$ 모든 이상은 주체가 되며 최소규범 이상의 0이 아닌 요소에 의해 생성된다. Since the norm is multiplicative, the norm of a generator ${\displaystyle \alpha }$ of one of the ideal factors of (p) must be a strict divisor of ${\displaystyle N(p)=p^{2}}$, so that we must have ${\displaystyle p=N(\alpha )=N(a+bi)=a^{2}+b^{2}}$, which gives F에르마의 정리

2. 두 번째 증거 This proof builds on Lagrange's result that if ${\displaystyle p=4n+1}$ is a prime number, then there must be an integer m such that ${\displaystyle m^{2}+1}$ is divisible by p (we can also see this by Euler's criterion); it also uses the fact that the Gaussian integers are a unique factorization domain (because 그들은 유클리드 영역이다. p ∈ Z는 가우스 정수 $m{\displaystyle }$+ ${\displaystyle i}$ ${\displaystyle$ m$+i$$}$과 ${\displaystyle m}$- i ${\displaystyle m-i}$ 중 하나를 나누지 않지만$($그들의 가상 부품을 나누지 않기 때문에), 제품 m ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$+$1$을 나누기 때문에 $p{\displaystyle }$ ${\displaystym p}$은 가우스 정수의 주요 요소가 될 수 없다$$$.$rs. We must therefore have a nontrivial factorization of p in the Gaussian integers, which in view of the norm can have only two factors (since the norm is multiplicative, and ${\displaystyle p^{2}=N(p)}$, there can only be up to two factors of p), so it must be of the form ${\displaystyle p=$$일부{\displaystyle }$ 정수 x ${\displaystyle x}$ 및$$ $y{\displaystyle }$ ${\displaystyle y}$의 경우 $(x+y)(x-yi$$)\}.$ 이렇게 하면 $즉시{\displaystyle }$p = ${\displaystyle {x\mathrm{}}^{}}$2 + ${\displaystyle {y\mathrm{}}^{}}$ 2 ${\$p=$x^{2}+y^{2$

민코프스키의 정리 증명

$p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$이(가) $1{\displaystyle \mathrm{}}$ ${\displaystyle 1}$$모드$ 4 ${\displaystyle 4}$에 해당하는$$ 경우 -${\displaystyle 1}$ ${\displaystyle -1}$은 오일러의 기준으로 2차 잔류물 p ${\displaystystyle p}$이다. $따라서{\displaystyle }$ p ${\displaystyle p}$이(가) ${\displaystyle \mathrm{m}}$ 2${\displaystyle {}^{}}$+ 1$${\$displaystyle$ m$^{2}+1$}을$($를) 나누는$$ 정수$$ $m{\displaystyle }$ ${\displaystyle m}$이(가) 존재한다$.$ Let ${\displaystyle {\hat {i}},{\hat {j}}}$ be the standard basis elements for the vector space ${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$ and set ${\displaystyle {\vec {u}}={\hat {i}}+m{\hat {j}}}$ and ${\displaystyle {\vec {v}$$}=0{\hat {i}}+p{\hat {j}}}$. Consider the lattice ${\displaystyle S=\{a{\vec {u}}+b{\vec {v}}\mid a,b\in \mathbb {Z} \}}$. If ${\displaystyle {\vec {w}}=a{\vec {u}}+b{\vec {v}}=a{\hat {i}}+(am+bp)$${\hat {j}}\in S}$ then ${\displaystyle \ {\vec {w}}\ ^{2}\equiv a^{2}+(am+bp)^{2}\equiv a^{2}(1+m^{2})\equiv 0{\pmod {p}}}$. 따라서 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$은(는) $w{\displaystyle \stackrel{}{}}$${\displaystyle \stackrel{}{}}$→ ${\displaystyle \Vert {}^{}}$ ${\displaystyle {2\mathrm{}}^{}}$ ${\$\{\$vec{w}\^{2}}:$ w${\displaystyle \stackrel{}{}}$→ ${\displaystyle \in }$ ${\displaystyle S}$ ${\displaystyle {\bec}\in S}$에 대해$$ 나눈다$$$.$

격자의 기본 평행사변형 $영역$은 p ${\displaystyle p}$이다$.$ 원점을 중심으로$$ 반경 ${\displaystyle \sqrt{\mathrm{2p}}}$ ${\$의 오픈 디스크 $D{\displaystyle }$ ${\displaystyle D$의 은 > $<\displaysty 2\pi p>4p}$이며 나아가 $D{\displaystyle }$ ${\displaystyd}$은 원점을 중심으로$$ 볼록하고 대칭적이다. 따라서, 민코프 스키의 정리에 있는 조금 벡터 w→ ∈ S{\displaystyle{\vec{w}}\in S}가 w→ ∈ D{\displaystyle{\vec{w}}\in D}. 둘 다‖ w→ ‖ 2<>2p{\displaystyle\와 같이{\vec{w}})^{2}<, 파운드당 2펜스}등∣ ‖ w→ ‖ 2{\displaystylep\mid\와 같이{\vec{w}})^{2}}이 존재한다. p)‖${\displaystyle \stackrel{}{w}}$→ ${\displaystyle \Vert {}^{}}$ ${\$$}}.$ 따라서 p {\$displaystyle$$p{\displaystyle \stackrel{\}}{}}$는$$w → {\$displaystyle{\vec}}$의 성분 제곱합이다$.$

자기에의 "일방적 증거"

Let ${\displaystyle p=4k+1}$ be prime, let ${\displaystyle \mathbb {N} }$ denote the natural numbers (with or without zero), and consider the finite set ${\displaystyle S=\{(x,y,z)\in \mathbb {N} ^{3}:x^{2}+4yz=p\}}$ of triples of numbers. Then ${\displaystyle S}$ has two involutions: an obvious one ${\displaystyle (x,y,z)\mapsto (x,z,y)}$ whose fixed points ${\displaystyle (x,y,y)}$ correspond to representations of ${\displaystyle p}$ as a sum of two squares, and a more complicated one,

${\displaystyle (x,y,z)\mapsto {\begin{cases}(x+2z,~z,~y-x-z),\quad {\textrm {if}}\,\,\,x<y-z\\(2y-x,~y,~x-y+z),\quad {\textrm {if}}\,\,\,y-z<x<2y\\(x-2y,~x-y+z,~y),\quad {\textrm {if}}\,\,\,x>2y\end{cases}}}$

그것은 정확히 하나의 고정된${\displaystyle }$점 ${\displaystyle (1,}$ ${\displaystyle 1}$,${\displaystyle }$k$$) {\$디스플레이$ 스타일$(1,k)}$을 가지고 있다$.$ 동일한 유한 집합에 대한 두 개의 비자발에는 동일한 패리티를 가진 고정점 집합이 있어야 하며, 두 번째 비자발에는 홀수 수의 고정점이 있기 때문에 첫 번째 비자발도 마찬가지다. 0은 짝수이므로 첫 번째 비자발에는 0이 아닌 고정점 수가 있으며, 그 중 어느 하나라도 $p{\displaystyle }$ ${\displaystyle p}$을 두 제곱의 합으로$$ 표현한다.

이 증거는, 자기에르 때문에, 히스 브라운에 의한 이전의 증명들을 단순화한 것으로, 차례로 리우빌의 증거에서 영감을 얻은 것이다. 증명 기법은 무의식적인 위상적 공간과 그 고정점 세트의 오일러 특성이 동일한 패리티를 가지며 결합기적 편향의 증명에서 수화반복 비자발 사용을 연상시킨다는 위상학적 원리의 결합기법이다.

이 증거는 2006년 알렉산더 스피박(Alexander Spivak)이 준 "풍차" 수치를 이용한 기하학적 또는 "시각적" 증명에 해당한다.이 시각적 증명은 왜 400년 동안 유튜브에서 누락되었는가?(Fermat의 두 사각형 정리)

파티션 이론으로 증명

2016년에 A. David Christopher는 i$($${\displaystyle i{}_{}}$ ${\displaystyle 1}$,${\displaystyle 2}$) ${\displaystyle a_{i}(i=1,2$의 크기가 정확하게 두 개인$$ 홀수 prime $n{\displaystyle }$ ${\$$displaysty$ a_{i}(displaysty $a_{i})$의 파티션을 각각 ${\displaystyle {정확히}_{}}$발생시키고 $n번$이면 적어도 하나의 파티션이 존재한다는 것을 보여줌으로써 파티션-이론적 증거를 제시했다.$(\displaystyle n}$은(는) 1모듈로 4와 일치한다.^[15]

참고 항목

• 레전드레의 3제곱 정리
• 라그랑주의 4제곱 정리
• 란도-라마누잔 상수
• 투에 보조정리

참조

메모들

외부 링크

• PlanetMath.org에서 두 가지 증거 추가
• "A one-sentence proof of the theorem". Archived from the original on 5 February 2012.{{cite web}}: CS1 maint : 부적합한 URL(링크)
• 페르마의 두 칸 정리, D. R. 히스 브라운, 1984.