Aug 182012
 

这里将在有理数域 \(\Bbb Q\) 中来考察 Fermat 的平方和, 慢慢走向椭圆曲线(elliptic curve).

首先指出, \(n\in\Bbb N\) 是否两个有理数的平方和, 与其是否两个整数的平方和, 是一码事.

定理  设 \(n\in\Bbb N\), 则下面两件事情等价:

  1. 存在 \(x,y\in\Bbb Q,\) 使得 \(n=x^2+y^2\);
  2. 存在 \(x,y\in\Bbb N,\) 使得 \(n=x^2+y^2\).

只要说明 \(1\Rightarrow2\) 即可. 事实上, 这可归结到, 若有 \(q,n,a,b\in\Bbb N\) 使得

\[q^2n=a^2+b^2,\]

则 \(n\) 可表成两个整数的平方和. 可以认为 \((a,b)=1,\) 并且 \(n\) 不是完全平方. 记 \(l\in\Bbb N^+\) 使得

\[l^2<n<(l+1)^2.\]

于 \(au+bv\) 中, 令 \(u,v\) 分别取 \(0,1,2,\dotsc,l\), 共 \(l+1\) 个值, 则得 \((l+1)^2>n\) 个差数, 故其必有两个数于\(\mod n\) 同余. 设

\[au+bv\equiv au^\prime+bv^\prime\pmod n,\]

\[n\bigm|(ax+by),\]

这里 \(x=u-u^\prime,y=v-v^\prime\), 满足 \( |x|,|y|\leqslant l\). 于是, 更有

\[n\bigm|(ax+by)(ax-by)=a^2x^2-b^2y^2.\]

此外, 显然

\[n\bigm|(a^2+b^2)y^2=a^2y^2+b^2y^2,\]

故而

\[n\bigm|((a^2x^2-b^2y^2)+(a^2y^2+b^2y^2))=a^2(x^2+y^2).\]

因为 \((a,n)=1\), 所以 \(n\bigm|(x^2+y^2)\). 注意到 \(0<x^2+y^2<2n,\) 就得出了 \(n=x^2+y^2.\)

从二平方和定理来看, 本定理是显然的, 但我们没有这样做, 完全避开了它.

 

现在, Hilbert符号(Hilbert symbol)可以登堂了.

Aug 182012
 

质数 \(p=4n+1\), 那么存在 \( a,b\in\Bbb Z,\) 并且

\begin{equation}a\equiv\frac12{2n\choose n}\pmod p,\end{equation}

使得 \( p=a^2+b^2.\)

这是 Gauss 在 \(1825\) 年的一个结果, 已经指出了适合 Fermat 平方和定理的唯一一对 \(a,b\): 由

\begin{equation}a\equiv\frac12{2n\choose n}\pmod p,\quad a<\frac{|p|}2\end{equation}

可决定唯一的一个 \(a,\) 然后

\begin{equation}b\equiv a(2n)!\pmod p,\quad b<\frac{|p|}2\end{equation}

定出的唯一的 \(b,\) 此 \(a,b\) 使得  \( p=a^2+b^2.\)

据说他本人给出的证明有 \(28\) 页之多. 我争取在这里给出一个简单的证明.

Aug 182012
 

Zagier 的一句话证明(1990)

有限集 \(S=\{(x,y,z)\in\Bbb N^3|x^2+4yz=p\}\) 上的对合(Involution)

\[f:S\rightarrow S,\quad (x,y,z)\mapsto\begin{cases}(x+2z,z,y-x-z)\quad x<y-z;\\(2y-x,y,x-y+z)\quad y-z<x<2y;\\(x-2y,x-y+z,y)\quad 2y<x,\end{cases}\]

恰有一个不动点 \((1,1,\frac{p-1}4)\), 这意味着 \(|S|\) 为奇数, 从而 \(S\) 的另一个对合

\[g:S\rightarrow S,\quad(x,y,z)\mapsto(x,z,y)\]

必有不动点 \((x,y,z)\), 它满足 \(y=z\), 进而

\[p=x^2+4y^2=x^2+(2y)^2.   \Box\]

Aug 032012
 

如果把能表示成两个整数平方和的正整数, 按从小到大排成一列:

\begin{equation}a_0=0,a_1=1,a_2=2,a_3=4,a_4=5,\dotsc.\end{equation}

那么这个数列, 不妨名为二平方和数列, 有什么性质?

先来考察二平方和之间的间隙, 也就是数列 \((1)\) 中, 相邻两项的差的问题. 这个差, 有界还是无界?事实上, 这个差可以任意的大, 即我们有下面的定理:

定理 \(1\) 记 \(d_n=a_{n+1}-a_n(n\geqslant1),\) 则

\begin{equation}\varlimsup_{n\rightarrow\infty}d_n= \infty.\end{equation}

换句话说, 我们可以找到任意多个连续的正整数, 它们都不在 \((1)\) 中.

证明  工具是中国剩余定理(Chinese remainder theorem).

取 \(n\) 个不同的形如 \(4k+3\) 的质数 \(p_1, p_2,\dotsc,p_n.\) 考虑同余方程组

\[ \begin{cases}x+1\equiv p_1\pmod{p_1^2},\\ x+2\equiv p_2\pmod{p_2^2},\\ \cdots\\x+n\equiv p_n\pmod{p_n^2}.\end{cases} \]

这个方程组有解 \(l\). 于是 \(l+i\) 是 \(p_i\), 但不是 \(p_i^2\)  的倍数, 因此 \(l+i\) 的质因数分解式中, \(p_i\) 的指数是 \(1\), 故而 \(l+i\) 不是二平方和 \((i=1,2,\dotsc,n).\)

定义

\[S:=\{a_0,a_1,a_2,a_3,\dotsc\}.\]

\(S\) 的密率是 \(0\). 事实上, 我们有精确得多的结果.

定理 \(2\)  用 \(A(n)\) 表示 \((1)\) 中不大于 \(n\) 的正整数个数, 则

\begin{equation}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{A(n)\sqrt{\log n}}n=1.\end{equation}

记 \(\Pi_1\) 是所有形如 \(\equiv1\pmod4\) 的质数组成的集合, \(\Pi_3\) 是所有符合 \(\equiv3\pmod4\)的质数组成的集合.

\begin{equation}L_{1}(s)=\sum_{n\,\text{odd}}(-1)^\frac{n-1}2 n^{-s}=\prod_{p\in\Pi_1}\dfrac{1}{1-p^{-s}}\prod_{p\in\Pi_3}\dfrac1{1+p^{-s}}.\end{equation}

\begin{equation}L_{0}(s)=\sum_{n\,\text{odd}}n^{-s}=\prod_{p\in\Pi_1}\dfrac1{1-p^{-s}}\prod_{p\in\Pi_3}\dfrac1{1-p^{-s}}=(1-2^{-s})\zeta(s),\end{equation}

这里 \(\zeta\) 是 Riemann Zeta 函数.

分别在 \((4),(5)\) 两端取对数, 并利用 Taylor 级数, 可得

\begin{equation}\log L_0+\log L_1=2\sum_{p\in\Pi_1}p^{-s}+O(1),\end{equation}

\begin{equation}\log L_0-\log L_1=2\sum_{p\in\Pi_3}p^{-s}+O(1).\end{equation}

\(L_1\) 是交换级数, 因而收敛, 有界, 并且当 \(s\geqslant1\) 时, 其上下界与 \(s\) 无关. 于是

\begin{equation}\sum_{p\in\Pi_1}p^{-s}=\frac12\log\left[(1-2^{-s})\zeta (s)\right]+O(1),\end{equation}

\begin{equation}\sum_{p\in\Pi_3}p^{-s}=\frac12\log\left[(1-2^{-s})\zeta (s)\right]+O(1).\end{equation}

据 \((6),(7),(8),(9)\), 得

\begin{equation}\prod_{p\in\Pi_1}\frac1{1-p^{-s}}=\sqrt{(1-2^{-s})\zeta (s)}(1+O(1)),\end{equation}

\begin{equation}\prod_{p\in\Pi_3}\frac1{1-p^{-s}}=\sqrt{(1-2^{-s})\zeta (s)}(1+O(1)).\end{equation}

据二平方和定理, 得

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_n^{-s}=\frac1{1-2^{-s}}\prod_{p\in\Pi_1}\frac1{1-p^{-s}}\prod_{p\in\Pi_3}\frac1{1-p^{-2s}}=\sqrt{\zeta (s)\zeta (2s)}(1+O(1)).\end{equation}

当 \(s\rightarrow1\) 时, \(\zeta(2s)\) 的主部是常数, 因此 \(s\rightarrow1^+\) 时,

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_n^{-s}=\sqrt{\zeta(s)}(1+O(1)).\end{equation}

我们又有

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_{n}^{-s}=\sum_{n=1}^\infty\chi(n)n^{-s},\end{equation}

这里

\begin{equation}\chi(n)=\begin{cases}\,1,\quad\,n\in S\\0,\quad \text{otherwise}\end{cases}\end{equation}

定义

\[A(x)=\sum_{n\leqslant x}\chi(n),\]

利用 abel 求和公式, 得

\begin{equation}\sqrt{\zeta (s)}+O(1)=s\int_{0}^\infty A(x)x^{-(s+1)}dx.\end{equation}

令 \(s\rightarrow1^+\), 有

\begin{equation}\frac1{\sqrt{s-1}}+O(1)=\int_{0}^\infty A(x)x^{-(s+1)}dx.\end{equation}

最后, 由 Perron 公式或者 Laplace 变换, 即得

\begin{equation}A(x)\sim\frac{x}{\sqrt{\log x}}.\end{equation}

定理 \(2\) 不容易, 据此, 马上得以定出 \(a_n\) 的阶.

定理 \(3\)  \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{a_n}{n\sqrt{\log n}}=1.\)

下面这件事情是显然的, 尽管也是定理 \(3\) 的推论.

定理 \(4\)  \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1.\)

定理 \(4\) 的一个推论是:

定理 \(5\)  集合

\[\{\frac{s_1}{s_2}|s_1,s_2\in \Bbb S\}\]

在非负实数集 \(\Bbb R_+\) 中稠密.

事实上, 若定义 \(g(x), h(x)(x\in\Bbb R_+)\) 为

\[g(x)=a_n, h(x)=a_{n+1}(a_n\leqslant x<a_{n+1},n=0,1,2,\dotsc.),\]

则对任意 \(p, q\in\Bbb N^+\), 成立

\[\dfrac{\dfrac{g(np)}{h(nq)}}{\dfrac{h(np)}{g(nq)}}<\dfrac{\dfrac{g(np)}{g(nq)}}{\dfrac pq}<\dfrac{\dfrac{h(np)}{g(nq)}}{\dfrac{g(np)}{h(nq)}},\]

这是因为 \(\dfrac{g(np)}{h(nq)}<\dfrac{g(np)}{g(nq)}, \dfrac pq<\dfrac{h(np)}{g(nq)}\). 这便推出

\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(np)}{g(nq)}=\frac pq.\]

注意, 这个证明并没有用到 \(S\) 的性质, 也就是说, 满足定理 \(4\) 的数列必定对定理 \(5\) 也成立.

定理 \(6\)  级数

\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac1{a_n}\end{equation}

发散.

实际上, 根据 Fermat 的平方和定理, 质数 \(p\equiv1\pmod4\) 都在数列 \((1)\) 中. 所以, 欲证明的结果仅仅是 Dirichlet 的一个经典定理

\[\sum_{p\equiv b\pmod a\atop (a,b)=1}\frac 1p=\infty\]

的特列.

定理 \(7\)  数列 \((1)\) 包含任意长的算术级数.

Jun 272012
 

theorem   Let \(n\) be a positive integer,  then \(n\) can be expressed as the sum of three squares iff it is not of  the  form

\begin{equation}4^a(8b+7)\end{equation}

for some \( a,b\in\Bbb Z,a,b\geq 0\).

For a integer \(n\equiv3\pmod8\), there exists three odd numbers \(x,y,z\) such that

\begin{equation}n=x^2+y^2+z^2.\end{equation}

Jun 232012
 

二平方和

引理 \(1\)正整数 \(a, b\) 互质, \((a,b)=1, p>2\) 是质数,并且 \(p\bigm|(a^2+b^2)\), 则 \(p\equiv1\pmod4\).

证明  不难用二次剩余(Quadratic residue)来给出证明:

由 \(p\bigm|(a^2+b^2)\) 得

\begin{equation}a^2\equiv-b^2\pmod p,\end{equation}

故而

\begin{equation}(\frac{a^2}{p})= (\frac{-1}{p})(\frac{b^2}{p}).\end{equation}

这里 \((\frac{n}{p})\) 是 Legendre symbol. 由于  \((a,b)=1\), 因之 \((p,a)=(p,b)=1\), 于是

\begin{equation}(\frac{a^2}{p})=(\frac{b^2}{p})=1\end{equation}

成为事实, 所以必定有

\begin{equation}(\frac{-1}{p})=1.\end{equation}

换句话说, 我们已经得到了所要的 \(p\equiv1\pmod4\).

 

下面换一个办法, 可能是最简单的, 工具是 Fermat 小定理(Fermat’s little theorem

用反证法.

假定有正整数 \(k\) 使得 \(p=4k-1\), 由 \((1)\)  可得

\[(a^2)^{2k-1}\equiv(-b^2)^{2k-1}\pmod p,\]

这也就是

\[a^{p-1}\equiv-b^{p-1}\pmod p.\]

但这是不可能的!

这里的处理方式, 也可以稍作变更:

\(p\bigm|(a^2+b^2)\), 注意到 \((a^2+b^2)\bigm|(a^{p-1}+b^{p-1})\)(因为 \(p-1=2(2k-1)\)), 于是

\[p\bigm|(a^{p-1}+b^{p-1}).\]

一样是不可能的.

 

引理 \(1\) 虽然简单, 但是隐含了下面的事实:

引理 \(2\)    质数 \(p\equiv3\pmod4\), 并且 \(p\bigm|(a^2+b^2)\), 这里 \(a,b\) 是整数, 则 \(p\bigm|a,  p\bigm|b.\)

照样可以使用二次剩余来得到欲证的结果: 同样由 \((1)\), 我们又得出 \((2)\)! 注意 \( (\frac{-1}{p})=-1\), 所以

\begin{equation}(\frac{a^2}{p})= -(\frac{b^2}{p}).\end{equation}

这又迫使下面的等式成为事实:

\begin{equation}(\frac{a^2}{p})= (\frac{b^2}{p})=0.\end{equation}

这也就是 \(p\bigm|a,  p\bigm|b.\)

 

下面直接借用引理 \(1\) 来完成引理 \(2\) 的证明. 事实上, 记 \(d=(a,b)\)为 \(a,b\) 的最大公约数, 则有整数 \(a_1,b_1\) 使得 \(a=a_1d, b=b_1d\), 并且 \((a_1,b_1)=1\). 于是

\begin{equation}a^2+b^2=d^2(a_1^2+b_1^2). \end{equation}

由 \(p\bigm|(a^2+b^2)\), 得

\begin{equation}p\bigm|d^2(a_1^2+b_1^2).\end{equation}

根据引理 \(1\), 可以知道

\begin{equation}(p,a_1^2+b_1^2)=1,\end{equation}

于是

\begin{equation}p\bigm|d^2,\end{equation}

从而

\begin{equation}p\bigm|d.\end{equation}

我们得到了需要的 \(p\bigm|a,  p\bigm|b.\)

 

现在, 假定 \(n\) 是正整数, 并且有整数 \(a,b\), 使得 \(n=a^2+b^2\). 质数 \(p\equiv3\pmod4\), 并且 \(p\bigm|n\).  根据 \((7), (9), (10),\) \(n\) 的质因数分解式中的 \(p\) 全部出现在 \(d^2\) 的质因数分解式中,因此 \(n\) 的质因数分解式中 \(p\) 的指数等于 \(d^2\) 的质因数分解式中 \(p\) 的指数,是 \(d\) 的质因数分解式中 \(p\)  的指数的 \(2\) 倍, 当然是偶数, 故而有了引理 \(3\):

引理 \(3\)   正整数 \(n\) 是二平方和, 即有整数 \(a,b\), 使得 \(n=a^2+b^2\). 质数 \(p\equiv3\pmod4\), 并且 \(p\bigm|n\), 则 \(n\) 的质因数分解式中, \(p\) 的指数是偶数.

 

至此, 我们也就得出了下述的二平方和定理

正整数 \(n\)  能写成两个整数的平方和的充分必要条件是, 所有 \(n\) 的质因数分解式中形如 \(4k-1\) (\(k\) 为正整数)的质数的指数皆为偶数.

 

利用 \(\Bbb Z[i]\) 的唯一分解定理, 也可以证明引理 \(3\):

事实上, 假定 \(n\) 是正整数, 并且有 \(a,b\in\Bbb Z\), 使得 \(n=a^2+b^2\), 则

\begin{equation}n=(a+bi)(a-bi).\end{equation}

假定 \(a+bi\) 在 \(\Bbb Z[i]\) 中有分解式

\begin{equation}a+bi=(a_1+b_1i)(a_2+b_2i)\cdots(a_l+b_li),\end{equation}

\begin{equation}a-bi=(a_1-b_1i)(a_2-b_2i)\cdots(a_l-b_li),\end{equation}

于是

\begin{equation}n=(a_1^2+b_1^2)(a_2^2+b_2^2)\cdots(a_l^2+b_l^2).\end{equation}

若有 \(b_k=0(1\leq k \leq l)\), 则 \(a_k^2\) 即为\(\Bbb Z\) 中的平方数; 如果 \(b_k\neq0(1\leq k \leq l)\), 则 \(a_k^2+b_k^2\) 就是\(\Bbb Z\) 中的质数: 这是因为, 假若不是如此, 则有 \(\neq\pm1\) 的整数 \(s, t\) 使得 \(a_k^2+b_k^2=st\). 将 \(s, t\) 在 \(\Bbb Z[i]\) 中分解, 就得到了一种不同于 \((a_k+b_ki)(a_k-b_ki)\) 的, 是两个有理整数或三个以上质因数的积的分解式. 这与 \(\Bbb Z[i]\) 的唯一分解定理是矛盾的.

既然 \(a_k^2+b_k^2\) 是\(\Bbb Z\) 中的质数, 那么 \(a_k^2+b_k^2\) 要么是 \(2\), 要么 \(\equiv1\pmod4\), 肯定不是 \(p\). 至此已经知道, 在\(n\) 的质因数分解式中, \(p\) 的指数是偶数.