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探讨表素数为两平方和问题

投稿时间:2013-12-09 07:43 投稿人:倪则均 【字号: 访问量:

1、费马的核心猜想

费马(1601—1665)本是一位地方议员,数学只是他的一个业余爱好,然而,他的数学成就却远比他的为官政绩辉煌得多。费马既是近代数论的开拓者,也是解析几何的创建人,甚至对于概率论也是有所贡献,因此,大家尊其为业余数学之王。费马对于自然数可谓情有独钟,提出了许多堪为经典的猜想:

“一个4k+1形素数及其平方,必定可以唯一的表示为两个数的平方和;一个4k+1形素数的三次方及四次方,则可表示为二组两个数的平方和;一个4k+1形素数的五次方及六次方,则可表示为三组两个数的平方和;…。一个4k-1形素数,不能表示为两个数的平方和,但是却可以表为三个数的平方和,或四个数的平方和。”

其中的“一个4k+1形素数,必定可以唯一的表示为两个数的平方和”堪为经典中的经典,它是上述诸多猜想中的核心猜想,它不仅是解决这些问题的前题,并且还与四平方数定理,配尔方程,费马大定理等重大问题密切相关。费马曾多次告诉友人,他运用无穷递降法已经证明了这个核心猜想,然而却一直未能找到相关的实物资料。

由于在博弈问题上,费马曾对帕斯卡给予过很大的帮助,所以他在1654年给帕斯卡写了一封信,请求在四平方数问题上也能得到他的帮助。或许为了吸引帕斯卡的参与,费马说他已经证明了下面五个问题:1,每个形如4k+1的素数等于两个整数的平方之和;2,给定形如4k+1的素数,能找到一个普遍的方法求出两个整数,使其平方和等于该素数;3,每个形如3k+1的素数均具有x2+3y2的形式;4,每个形如8k+1或8k+3的素数均具有x2+2y2的形式;5,不存在边长为有理数的直角三角形,使得其面积为完全平方数。

显然,费马的这个核心猜想,应该包含下面三个层次的问题:第一个层次是存在性的问题;第二个层次是唯一性的问题;第三个层次是可算性的问题。对于存在性的问题,以往出现了两种不同的证明方法:一是欧拉试图从其逆命题着手所作的一种尝试;二是陈景润运用抽屉原理在同余方面上的突破。对于唯一性问题的证明,以往始终只有高斯的一种证明方法。对于可算性的算法问题,以往一直未能找到解决的办法。

2、以往不完整的种种证明

冯克勤在他的《平方和》里,详细介绍了欧拉的逆向证明。欧拉的这个逆向证明,据说运用的是费马的无穷递降法,搞得十分繁琐晦涩。特别是此书的第三页上指出,当m0p=x12+y12时,则有x0≡x1,y0≡y1(mod m0),并且│x0│,│y0│≤m0/2。对于其中的道理,或许欧拉和高斯都没有搞清楚,这到底是怎么一回事。因此,冯克勤随即采用括号的形式,添加了(为什么可以这样做?)的发问。

其实,对于m0p=x12+y12来说,其中的x12+y12,必定具有p-1种不同的二平方和形式,也就是说,ΦP素数群里的每一个元素都会出现二次。其中的m0是2和4k+1形素数包括0在内的若干次幂,4k-1形素数的偶次幂,以及它们之间的乘积,由于可能出现重复,所以其数量,应该小于或等于p-1。当然,其中的m0=1和m0=p是不允许重复的。例如,当p=13时则有:

22+32=1×13

12+52=2×13

42+62=4×13

12+82=5×13

42+72=5×13

22+102=8×13

62+92=9×13

32+112=10×13

72+92=10×13

52+122=13×13

82+122=16×13

102+112=17×13

或许陈景润觉得m0的情况太复杂了,欧拉的逆向证明疏漏太大,因此他在他的《初等数论(Ⅲ)》里,从正面对上述费马的核心猜想发起了挑战。他在第十四章第一节“素数表为平方和”里,首先直接证明了定理1:任何一个4k+3形素数,都不能表示成为两个整数的平方和。为了证明定理2:若p≡1(mod 4)为一个素数,则它必可表为两个整数的平方和。他预先证明引理1:设素数p≡1(mod 4),记q=(p-1)/2及a=q!,则a2≡-1(mod p);引理2:设p为一个素数,m为整数,m⊥p,证明必定存在整数x,y使

mx≡y(mod p),1≤x<p^1/2,1≤y<p^1/2

两边平方得到m2x2≡y2(mod p),若令m2= a2≡-1,则有x02+y02=kp。由于1≤x0<p^1/2,1≤y0<p^1/2,可知2≤x02+y02<2p,故必定k=1,由此证明了x02+y02=p。陈景润的正面突破还是比较严密的,然而由于他没有在唯一性和可算性上继续深入下去,因此陈景润对于费马的核心猜想的证明是不完整的。

王元在他的《谈谈素数》里,改进了陈景润对于存在性的证明,然而他对于唯一性的证明,跟冯克勤的《平方和》一样,都是抄录了高斯的证明。高斯对于唯一性的证明似乎有点离奇,由于他没有从4k+1形素数的特殊规律着手,尤其是从其原根的角度去认识问题,从而使得他也不能一并解决可算性问题。

3、一个完整的简洁证明

对于三元二次不定方程x2+y2=pz来说,如果p是一个4k+1形素数,应该不难证明ΦP素数群里的每一个元素,都可二以次成为其平方根。因此对于Hpz合数环来说,在其Hp分环里,必定会有元素x0和y0,使得x≡x0,y≡y0(mod p),x02+y02=p。由此证明了费马核心猜想的存在性,十分简洁明了。如果运用丢番图恒等式:(a2+b2)(c2+d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2=(ac-bd)2+(bc+ad)2去证明,则更其简洁明了。

Hpz合数环的性质,是Hp分环和Hz分环性质的综合。Hp分环和Hz分环的性质,通过同余式组〈a1,a2〉传递给Hpz合数环。同余式组〈a1,a2〉里的a1是第一分量,它是Hp分环里的一个元素;a2是第二分量,它是Hz分环里的一个元素。当p与z互素时,它们的pz个同余式组,与Hpz合数环里的全体元素,构成一一等同的关系。

当p为4k+1形素数时,其原根g的k次方g^k和3k次方g^3k,由于g^k×g^3k=g^4k≡1,g^k+g^3k=g^k(1+g^2k)≡0(mod p),因此g^k和g^3k既是一对乘法互逆元素,也是一对加法互逆元素。又由于其它的乘法互逆元素,不可能同时也是加法互逆元素,所以g^k和g^3k是唯一的一对既是乘法互逆,又是加法互逆的元素。

对于上述引理2来说,当m=g^k≡a≡(-1)^1/2(mod p)时,则有:x2+y2≡x2+m2x2≡x2(1+m2)≡0(mod p),即有x2+y2= p。当m=g^3k≡a≡(-1)^1/2(mod p)时,同样有:x2+y2≡m2y2+y2≡y2(m2+1)≡0(mod p),同样得到x2+y2= p。然而,当m为其它乘法互逆元素时,就不能使p表示为两个数的平方和。由此不仅证明了一个4k+1形素数,必定可以表为两个数的平方和,并且也一并证明了这是唯一的一种表示。

至于如何将一个4k+1形素数表示为两个数的平方和,可以分成二步进行实施。第一步将所有的加法互逆元素互乘,找出其中的一对乘法互逆元素g^k和g^3k。这是最简捷的一种方法,若是先找出原根g,再算出它的k次方,运算量就会非常庞大。第二步则是将g^k≡a(mod p)或g^3k≡a(mod p),遍乘1≤x<p^1/2范围里的x,找到其积ax在1≤y<p^1/2范围里的y,即可得到x2+y2=p。