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}

则

\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.