Euclidean algorithm and Fermat’s theorem on sums of two squares

Euclidean 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 \[r_0=q_1r_1+r_2,\quad 0<r_2<r_1, q_1=\left[\frac{r_0}{r_1}\right];\] \[r_1=q_2r_2+r_3,\quad 0<r_3<r_2, q_2=\left[\frac{r_1}{r_2}\right];\] \[\cdots  \cdots  \cdots  \cdots  \cdots  \cdots \cdots \cdots\] \[r_{n-1}=q_nr_n,\quad q_n=\left[\frac{r_{n-1}}{r_n}\right].\] \(\left[x\right]\) …

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Hilbert symbol and Fermat’s theorem on sums of two squares

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 \(1\Rightarrow2\) …

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Gauss’s construction on Fermat’s sums of two squares

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 …

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Fixed point and Fermat’s theorem on sums of two squares

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 \[p=x^2+4y^2=x^2+(2y)^2.   \Box\]

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Minkowski’s theorem and Fermat’s theorem on sums of two squares

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\(20.1.4\) …

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International Mathematics Competition for University Students(IMC) 2012 solutions

Day \(1\) Problem 1. 解答 1   采用母函数. 记 \(q(n)\) 代表把 \(n\) 分为一些大于 \(1\) 的整数和之分拆数\((q(0)=1),\) 考察 \[F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}p(n)x^n,\quad G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}q(n)x^n.\] 显然 \(q(n)\leqslant p(n)<2^n,\) 于是, \(|x|<\frac12\) 时, 两级数收敛. 注意到 \[F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}p(n)x^n=\prod_{i=1}^{\infty}(1+x^i+x^{2i}+\dotsb)=\prod_{i=1}^{\infty}\frac1{1-x^i}\] 以及 \[G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}q(n)x^n=\prod_{i=2}^{\infty}(1+x^i+x^{2i}+\dotsb)=\prod_{i=2}^{\infty}\frac1{1-x^i},\] 于是 …

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Congruent number and the BSD conjecture

依赖相对迹公式方面的最新成果, 同余数(congruent number)最近有所进展. 其实, 我第一次从不定方程的书上了解到何为同余数的时候, 并不称为同余数, 而被冠名合同数. 同余数就是这样的 \(n\in\Bbb N^+\), 存在一个边长为有理数的直角三角形, 其面积为 \(n\). 边长为有理数的直角三角形被定义为有理三角形(有理三角形在不同的环境有不同的定义,比如有些作者不要求是直角三角形,也有人把直角三角形这个条件换成面积是有理数). 当有理三角形的边长都是整数的时候, 又称为勾股三角形. 哪些 \(n\) 是同余数?  有无简单的判定方法? 如果 \(n\) 是同余数, 请给出一个面积为 \(n\) 的有理三角形. 这些问题古老而困难, 目前仅有部分结果. 同余数和椭圆曲线, BSD猜想(Birch and Swinnerton-Dyer conjecture)联系甚大. 第一个结果是 André Weil 的 Number Theory: …

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Wilson’s theorem

\(n\in\Bbb N^+\), 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 …

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