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\(20.1.4\) 的特殊情况, 这里的证明似乎更直接.
取平面直角坐标系, 并在这个坐标系上用下列公式给出数量积:
\[((x,y),(x^\prime,y^\prime))=axx^\prime+bxy^\prime+bx^\prime y+cyy^\prime.\]
此数量积产生一个坐标原点到点 \((x,y)\) 的”距离”:
\[d((0,0),(x,y))=\sqrt{((x,y),(x,y))}=\sqrt{ax^2+2bxy+cy^2}.\]
我们来求从原点到格点网络 \((m,n)(m,n\in\Bbb Z)\) 上不同于点 \((0,0)\) 的任一点的最短距离. 设这个距离是 \(\hat d\), 并且它在点 \((\hat m,\hat n)\) 达到, 使得
\begin{equation}a{\hat m}^2+2b\hat m\hat n+c{\hat n}^2={\hat d}^2.\end{equation}
满足
\begin{equation}ax^2+2bxy+cy^2\leqslant {\hat d}^2\end{equation}
的平面点集 \((x,y)\) 是椭圆. 如果这个椭圆在位似变换上被压缩一半, 然后把这个”被压缩了的”椭圆中心平移到格点网络的点上, 那么所有得出的椭圆若相交, 就只相交在边界点上.
Minkowski’s theorem
容易看出, 平移后的所有椭圆与顶点为 \((0,0),(1,0),(1,1)\) 的三角形公共部分所占面积等于椭圆 \((2)\) 压缩后得到的椭圆面积
\[\frac{\pi{\hat{d}}^2}4\begin{vmatrix}a & b\\b& c\end{vmatrix}=\frac{\pi{\hat{d}}^2}4(ac-b^2)=\frac{\pi{\hat{d}}^2}4\]
的一半, 是 \(\frac{\pi{\hat d}^2}8,\) 这仅是三角形面积 \(\frac12\) 的一部分, 于是
\[\frac{\pi{\hat d}^2}8<\frac12,\]
故而 \({\hat d}^2<\frac4\pi.\) 因 \({\hat d}^2\) 是整数(\((1)\) 式), 这说明 \({\hat d}^2=1,\) 于是 \(\hat d=1,\) 这完成了证明. \(\Box\)
Minkowski 定理与 Fermat 平方和的联系在哪里?
事实上, 根据 Wilson 定理, 可有
\[((\frac{p-1}2)!)^2+1\equiv0\pmod p.\]
由 Minkowski 定理, 存在 \(m,n\in\Bbb Z\), 使得
\[am^2+2bmn+cn^2=1,\]
这里 \(a=p,b=(\frac{p-1}2)!,c=\frac{b^2+1}a.\) 于是
\[a=a^2m^2+2abmn+(b^2+1)n^2=(am+bn)^2+n^2,\]
此即
\[p=(am+bn)^2+n^2,\]
因为 \(a=p\). 我们的证明得以完成. \(\Box\)