Power, Simplicity and Beauty
Number theory
If \(p,q\) are distinct odd primes, then \[\left( \frac pq\right) \left( \frac qp\right) = (-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}4},\] where \(\left( \frac{}{}\right)\) is the Legendre symbol. 这就是被 Gauss 称为”数论酵母” 的二次互反律. 自 Legendre 的那个没有完成的证明以来, 据 Reciprocity Laws: From …
The Quadratic Reciprocity Law Read More卢昌海谈 Riemann 猜想(Riemann hypothesis)的系列文章, 刚刚由清华大学出版社结集出版, 书名”黎曼猜想漫谈”. 从卢昌海动笔写第一篇谈Riemann 猜想的小文章, 到现在出版成书, 过去了八年仅仅差三个月. 在正式出版之前, 其内容已经在网络广为流传, 被很多人转载, 也被数学杂志连载刊登过, 影响巨大. 现在作为数学科普出版, 相信会促进科学的传播, 有助于大家了解这个数学中最重要的难题. 书名: 黎曼猜想漫谈 ISBN: 978-7-302-29324-8 出版社: 清华大学出版社 作者: 卢昌海 出版日期: 2012年08月 定价: 25 …
Changhai Lu’s book on the Riemann hypothesis has just been published Read MoreEuclidean algorithm, 也就是常说的辗转相除法, 通过有限步骤来找出两个整数 \(a,b\) 的最大公约数 \((a,b)\). 具体说来, \(a,b\in\Bbb Z\), 我们假定 \(b>0\), 并记 \(r_0=a, r_1=b\). 据带余除法, 可有 \[r_0=q_1r_1+r_2,\quad 0<r_2<r_1, q_1=\left[\frac{r_0}{r_1}\right];\] \[r_1=q_2r_2+r_3,\quad 0<r_3<r_2, q_2=\left[\frac{r_1}{r_2}\right];\] \[\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots\] \[r_{n-1}=q_nr_n,\quad q_n=\left[\frac{r_{n-1}}{r_n}\right].\] \(\left[x\right]\) …
Euclidean algorithm and Fermat’s theorem on sums of two squares Read More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: 存在 \(x,y\in\Bbb Q,\) 使得 \(n=x^2+y^2\); 存在 \(x,y\in\Bbb N,\) 使得 \(n=x^2+y^2\). 只要说明 \(1\Rightarrow2\) …
Hilbert symbol and Fermat’s theorem on sums of two squares Read More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 …
Gauss’s construction on Fermat’s sums of two squares Read MoreZagier 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 \[p=x^2+4y^2=x^2+(2y)^2. \Box\]
Fixed point and Fermat’s theorem on sums of two squares Read More奇质数 \(p\) 能表成两个正整数的平方和, 当且仅当 \(p\equiv1\pmod4.\) Fermat 的这个平方和定理, 非常简洁, 相当漂亮! 这是我见过最多证明的定理, 比质数无限性的证明都多! 先看一看以 Minkowski定理(Minkowski’s theorem)为工具, 来给出Fermat定理的证明. 这个证明, 是 \(20\) 世纪才发现的. 我们从 Minkowski 的一个结果开始, 尽管看起来似乎和Fermat的平方和定理没有关系. 定理(Minkowski) \(a,b,c\in\Bbb Z, a>0,ac-b^2=1,\) 那么方程 \(ax^2+2bxy+cy^2=1\) 有整数解. 证 这定理其实仅是华罗庚的数论导引定理\(20.1.4\) …
Minkowski’s theorem and Fermat’s theorem on sums of two squares Read More\(n\in\Bbb N^+\), then \begin{equation}\prod_{(i,n)=1}i\equiv\begin{cases}\,-1\pmod n,\quad n=2,4,p^\alpha,2p^\alpha\\\quad1\pmod n, \quad \text{otherwise}\end{cases}\end{equation} 这里 \(i\) 跑遍 \(n\) 的缩系. 这是 Gauss 在 DA.\(78\) 给出的 Wilson 定理(Wilson’s theorem) 的推广. \(2,4,p^\alpha,2p^\alpha\) 有原根, 此种情况下, 可以给出简单的证明. 至于完整的证明, 我还没有找出满意的办法, 下面是一种途径: 先指出如下引理: \(n\geqslant2, n=2^e …
Wilson’s theorem Read More