从费马大定理谈起（七）：费马平方和定理

本想着开始准备n=3的证明，但这需要引入Eisenstein整数的概念，而我们已经引入了高斯整数，高斯整数的美妙还没有很好地展示给读者。从n=4的两个证明可以知道，引入高斯整数的作用，是把诸如$z^n-y^n$的式子进行完全分解。然而，这一点并没有给我们展示多少高斯整数的神奇。读者或许已经知道，复分析中很多简单的结果，如果单纯用实数描述出来，便会给人巧夺天工的感觉，在涉及到高斯整数的数论中也是一样。本文就让我们来思考费马平方和定理，以此再领会在高斯整数中处理某些数论问题时的便捷。——我们从费马大定理谈起，但又并不仅仅只谈费马大定理。

费马平方和定理：奇素数$p$可以表示为两个整数的平方和，当且仅当该素数具有$4k+1$的形式，而且不考虑相加顺序的情况下，表示法是唯一的。

该定理也有不少单纯在实整数范围内的证明，但这些证明大多数会让我们有“竟然可以想到这步！”的疑惑。而对于熟悉高斯整数的朋友来说，也许在$\mathbb{Z}[i]$内的证明是最自然的。该定理不仅仅是一个实整数的定理，而且它还决定着哪些实素数也是高斯素数。该定理告诉我们，$4k+1$型的实素数不是高斯素数，而$4k+3$型的素数则是高斯素数。

引理 #

事不宜迟，我们来证明费马平方和定理。在证明定理之前，我们首先要证明下面的引理：

如果$p$是$4k+1$型的素数，那么存在整数$x$，使得$p|x^2+1$。

要注意该引理完全是在实整数$\mathbb{Z}$中成立的。我们把该引理的证明放在后面，先直接看看该引理如何为我们快速地证明了平方和定理。

由引理得在$\mathbb{Z}[i]$中有$p|(x+i)(x-i)$，如果$p$是一个高斯素数（也就是定理不成立），那么$p|x+i$或$p|x-i$，但是$\frac{x\pm i}{p}=\frac{x}{p}\pm\frac{1}{p}i$，后者并非高斯整数，因此矛盾。所以$p$是$\mathbb{Z}[i]$中的合数。事实上，证明最关键的部分已经完成了，下面的内容基本上是细致的讨论而已。设$p=uv$，$N(u),N(v) > 1$，那么
$$p^2=N(p)=N(u) N(v)$$
由此$N(u)|p^2$，范数是在实整数范围内的运算，所以只能够$N(u)=p$了。由此$N(v)=N(u)=p$，但是$u\neq v$，所以它们只能相互共轭，于是可以设$u=a+bi,v=a-bi$，$a,b$是实整数，那么
$$p=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$$

接着证明唯一性。假设$p$存在着两种不同的表示：
$$p=a^2+b^2=c^2+d^2$$
那么就是$(a+bi)(a-bi)=(c+di)(c-di)$，也就是$(a+bi)|(a+di)(c-di)$，如果$a+bi$是一个高斯素数，那么$a+bi|c+di$或者$a+bi|c-di$，对应地$a-bi|c-di$或者$a-bi|c+di$，因此，$a+bi$与$c+di$顶多相差一个单位数因子，这样一来$a^2+b^2=c^2+d^2$实际上是同一种表示，只是可能相加顺序上有所差别而已。如果$a+bi$不是高斯素数，那么$a+bi=s t$，而
$$p=(a+bi)(a-bi)=st\bar{s}\bar{t}=(s\bar{s})(t\bar{t})$$
于是把$p$分成了两个大于1的实整数相乘，这与$p$是素数矛盾。

最后只需要证明$4k+3$的素数不能表示为两个平方数之和。这很简单，只需要考虑模4的同余即可，略过~

证明 #

然而，也许会让大家意外的是，引理的证明并不算十分容易。引理的完全证明需要用到一种叫“素域”的思想，它是指对于素数$p$，$\{1,2,\dots,p-1\}$在模$p$之下构成一个域，称之为“素域”，在此之上可以像实数那样加减乘除。本文并不打算完整写出这部分证明，有兴趣的读者，只需要参考初等数论的教材。这并不意味着本文的证明不够便捷，因为实际上多数关于该定理的纯实整数证明，也是基于这个引理。

然而，在承认威尔逊定理的前提下，可以很快给出引理的一个证明（但是威尔逊定理就是根据“素域”的思想证明的）。因为我们可以证明，对于$p=4k+1$，有
$$p\left|\left(\frac{p-1}{2}!\right)^2+1\right.$$

由威尔逊定理知道，对于任意的素数$p$，有$(p-1)!+1\equiv 0(\bmod\,p)$，注意到$mn\equiv (p-m)(p-n)(\bmod\,p)$，于是如果$p-1$是4的倍数，那么就可以将$1\times 2\times \dots\times(p-2)\times(p-1)$分成两半，前一半都两两配对相乘，对应地后面那一半也两两配对相乘，后面那一半就与前面那一半同余，即
$$\begin{aligned}&(p-1)!=1\times 2\times \dots\times\left(\frac{p-3}{2}\right)\left(\frac{p-1}{2}\right)\left(p-\frac{p-1}{2}\right)\left(p-\frac{p-3}{2}\right)\dots(p-2)(p-1)\\
&(p-1)(p-2)\equiv 1\times 2(\bmod\,p)\\
&(p-3)(p-4)\equiv 3\times 4(\bmod\,p)\\
&\dots\\
&\left(p-\frac{p-3}{2}\right)\left(p-\frac{p-1}{2}\right)=\left(\frac{p-3}{2}\right)\left(\frac{p-1}{2} \right)(\bmod\,p)\end{aligned}$$
因此前半部分乘积模$p$跟后半部分乘积模$p$是一样的（当p=4k+1时），所以
$$(p-1)!+1\equiv\left(\frac{p-1}{2}!\right)^2+1(\bmod\,p)$$
这样就得到要证明的公式。

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