费马平方和定理

定理

奇素数 \(p\) 可以表示为两个正整数的平方和当且仅当 \(p \equiv 1 \pmod 4\)，且这两个正整数是唯一的。

part 1

引用 Don Zagier 在 1990 年论文中的证明方式：

已知质数 \(p = 4k + 1\)，考虑所有满足 \(x^2 + 4yz = p\) 的自然数组 \((x, \, y, \, z)\) 有限集合 \(S\)，在 \(S\) 上存在两组对合映射：

1. \((x, \, y, \, z) \mapsto (x, \, z, \, y)\)

2. \((x, \, y, \, z) \mapsto \begin{cases}(x + 2z, \, z, \, y - x - z), & \text{if} \, \, \, x < y - z \\ (2y - x, \, y, \, x - y + z), & \text{if} \, \, \, y - z < x < 2y \\ (x - 2y, \, x - y + z, \, y), & \text{if} \, \, \, 2y < x\end{cases}\)

首先 \(S\) 是有限集合，因为 \(x\) 有限，所对应的 \(y, \, z\) 也有限。

上述两种映射都是 \(S\) 到 \(S\) 的一个映射，经过验算，可以得知两个映射都是对合映射，由于 \(2\) 只有一个不动点，因为 \(x + 2z > x\) 且 \(x - 2y < x\) 只有 \(2y - x = x\) 是可能的映射，即 \(x = y\)，而 \(x^2 + 4yz = p\) 告诉我们 \(x = 1\)，因此，第二个映射只有一个不动点 \((1, \, 1, \, n)\)，所以只有 \((1, \, 1, \, n)\) 独立，其余由于第二个映射为对合映射两两配对，所以 \(\vert S \vert\) 为奇数。

因此映射 \(1\) 中至少含有一个不动点 \((x, \, y, \, y)\)，否则 \(S\) 中两两配对为偶数。

带入原定义，可知 \(x^2 + 4y^2 = p\)，存在性得证。

part 2

如果 \(p = 4k + 1\) 有两种不同的分解方式，那么 \(p = x^2 + y^2 = m^2 + n^2\)。

不妨设 \(x > n > m > y > 0\)，我们注意到

\[(xn - ym)(xn + ym) = x^2n^2 - y^2m^2 = x^2(n^2 + m^2) - m^2(x^2 + y^2) = p(x^2 - m^2) \]

可知 \(p \mid (xn - ym)(xn + ym)\)，而 \(xn - ym < x^2 < p\)，所以 \(p \mid xn + ym\)。

同时 \((xn + ym)^2 + (xm - yn)^2 = (x^2 + y^2)(n^2 + m^2) = p^2\)

那么 \(p \mid xm - yn\)，但 \(xm - yn < x^2 < p\)，显然矛盾。

于是，奇素数 \(p = 4k + 1\) 的平方分解是唯一的。

part 3

因为 \(x^2 \equiv 0/1 \pmod 4\)

对奇素数 \(p = 4k + 3\)，如果能被平方分解，则 \(p \equiv x^2 + y^2 \pmod 4\)，显然不成立。

综上，我们对费马平方和定理进行了证明。