フェルマーの定理（2乗の和に関する定理）

奇素数${\displaystyle p}$形式で${\displaystyle 4k+1}$まず見つける${\displaystyle x\in \{1,\dots ,{\frac {p-1}{2}}\}}$そのため${\displaystyle x^{2}\equiv -1{\pmod {p}}}$これは、法を法とする二次非剰余を求めることによって行うことができます。${\displaystyle p}$、 言う${\displaystyle q}$、そして ${\displaystyle x=q^{\frac {p-1}{4}}{\pmod {p}}}$。

そのような${\displaystyle x}$二次非剰余が条件を満たすため、条件を満たす。${\displaystyle q^{\frac {p-1}{2}}\equiv -1{\pmod {p}}}$。

一度${\displaystyle x}$が決定されれば、ユークリッドアルゴリズムを適用できます。${\displaystyle p}$そして${\displaystyle x}$の平方根より小さい最初の 2 つの余りを表す。${\displaystyle p}$として${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$すると、次のようになる。${\displaystyle a^{2}+b^{2}=p}$[ ^{6 ]​}

取る${\displaystyle p=97}$97の可能な二次非剰余は13である。${\displaystyle 13^{\frac {97-1}{2}}\equiv -1{\pmod {97}}}$それで私たちは${\displaystyle x=13^{\frac {97-1}{4}}=22{\pmod {97}}}$97と22にユークリッドアルゴリズムを適用すると、次の結果が得られます。 $${\displaystyle 97=22(4)+9,}$$$${\displaystyle 22=9(2)+4,}$$$${\displaystyle 9=4(2)+1,}$$$${\displaystyle 4=1(4).}$$ 97の平方根より小さい最初の2つの余りは9と4です。そして実際、${\displaystyle 97=9^{2}+4^{2}}$予想通り。

オイラーは42歳だった1749年に、2つの平方数の和に関するフェルマーの定理を証明することに成功した。彼は1749年4月12日付のゴールドバッハ宛の手紙でこのことを伝えた。 ^{[ 11 ]}証明は無限降下法に基づいており、手紙では簡単に概略が示されているだけである。完全な証明は5つのステップからなり、2つの論文で発表されている。最初の4つのステップは最初の論文^{[ 12 ]}の命題1から4であり、以下の4つのステップと完全に一致するわけではない。以下の5番目のステップは2番目の論文からのものである。^{[ 13 ] [ 14 ]}

曖昧さを避けるため、ゼロは常に「2つの平方数の和」の有効な構成要素となり得るものとする。したがって、例えば、整数の平方数は、そのうちの1つをゼロに設定することで、2つの平方数の和として容易に表現できる。

1. 2つの数の積は、それぞれが2つの平方数の和である場合、それ自体が2つの平方数の和となる。

これは、同一性に基づくよく知られた性質です。

${\displaystyle (a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}}$

ディオファントスによる。

2. 2つの平方数の和で表される数が、2つの平方数の和で表される素数で割り切れるならば、その商は2つの平方数の和で表される。 （これはオイラーの第一命題である。）

実際、例えば次のような場合を考えてみましょう。${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$は割り切れる${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$そして、後者は素数である。${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$分ける

${\displaystyle p^{2}(a^{2}+b^{2})-a^{2}(p^{2}+q^{2})=p^{2}b^{2}-a^{2}q^{2}=(pb-aq)(pb+aq).}$

以来${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$は素数であり、2 つの因数のうちの 1 つを割り切ります。 が を割り切ると仮定します。${\displaystyle pb-aq}$。 以来

${\displaystyle (a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}}$

（ディオファントスの正体）したがって、${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$分割しなければならない${\displaystyle (ap+bq)^{2}}$なので、この方程式は の二乗で割ることができます。${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$式をで割る${\displaystyle (p^{2}+q^{2})^{2}}$収量：

${\displaystyle {\frac {a^{2}+b^{2}}{p^{2}+q^{2}}}=\left({\frac {ap+bq}{p^{2}+q^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {aq-bp}{p^{2}+q^{2}}}\right)^{2}}$

したがって、主張どおり、商を2つの平方数の和として表すことができる。

一方、${\displaystyle p^{2}+q^{2}}$分ける${\displaystyle pb+aq}$同様の議論は、ディオファントスの同一性の次の変形を用いることによっても成り立つ。

${\displaystyle (a^{2}+b^{2})(q^{2}+p^{2})=(aq+bp)^{2}+(ap-bq)^{2}.}$

3. 2つの平方数の和として表せる数が、2つの平方数の和ではない数で割り切れるならば、その商は2つの平方数の和ではない因数を持つ。（これはオイラーの第二命題である。）

仮定する${\displaystyle q}$は、2 つの平方数の和として表せない数であり、${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$商を（重複する可能性のある）素因数に分解して、次のように書きます。${\displaystyle p_{1}p_{2}\cdots p_{n}}$となることによって${\displaystyle a^{2}+b^{2}=qp_{1}p_{2}\cdots p_{n}}$すべての要因が${\displaystyle p_{i}}$2つの平方数の和として表すことができるので、割り算をすることができます${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$連続して${\displaystyle p_{1}}$、${\displaystyle p_{2}}$など、そして上記のステップ（2.）を適用すると、それぞれの連続するより小さな商は2つの平方の和であることがわかります。${\displaystyle q}$それから${\displaystyle q}$それ自体が2つの平方数の和に等しくなければならないが、これは矛盾である。したがって、少なくとも1つの素数は${\displaystyle p_{i}}$は2つの平方数の和ではありません。

4.もし${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$は互いに素な正の整数であり、${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$これは2つの平方数の和です。 （これはステップ（3.）を使用して「無限降下」を生成するステップであり、オイラーの命題4でした。以下に概略を示す証明には、彼の命題3の証明も含まれています。）

させて${\displaystyle a,b}$互いに素な正の整数とする。一般性を失うことなく${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$は素数ではない。そうでなければ証明すべきことは何もない。${\displaystyle q}$したがって、適切な要因となる${\displaystyle a^{2}+b^{2}}$必ずしも素数ではない: 我々は、${\displaystyle q}$は2つの平方数の和です。ここでも、仮定しても何も失うものはありません。${\displaystyle q>2}$事件以来${\displaystyle q=2=1^{2}+1^{2}}$それは明白だ。

させて${\displaystyle m,n}$非負整数で、${\displaystyle mq,nq}$最も近い倍数${\displaystyle q}$（絶対値）${\displaystyle a,b}$それぞれ。違いに注目してください。${\displaystyle c=a-mq}$そして${\displaystyle d=b-nq}$絶対値が厳密に小さい整数です。${\displaystyle q/2}$: 実際、${\displaystyle q>2}$偶数、gcd${\displaystyle (a,q/2)=1}$; そうでなければ最大公約数${\displaystyle (a,q/2)\mid q/2\mid q\mid a^{2}+b^{2}}$そうすれば、最大公約数も得られます。${\displaystyle (a,q/2)\mid b}$。

展開すると、

${\displaystyle a^{2}+b^{2}=m^{2}q^{2}+2mqc+c^{2}+n^{2}q^{2}+2nqd+d^{2}=Aq+(c^{2}+d^{2})}$

非負整数を一意に定義する${\displaystyle A}$。 以来${\displaystyle q}$この方程式の両端を分割すると、次のことが導かれる。${\displaystyle c^{2}+d^{2}}$また、${\displaystyle q}$： 言う${\displaystyle c^{2}+d^{2}=qr}$。 させて${\displaystyle g}$最大公約数${\displaystyle c}$そして${\displaystyle d}$互いに素であることにより${\displaystyle a,b}$比較的${\displaystyle q}$。 したがって${\displaystyle g^{2}}$分ける${\displaystyle r}$執筆${\displaystyle e=c/g}$、${\displaystyle f=d/g}$そして${\displaystyle s=r/g^{2}}$すると、次の式が得られます。${\displaystyle e^{2}+f^{2}=qs}$相対的に素な${\displaystyle e}$そして${\displaystyle f}$、そして${\displaystyle s<q/2}$、 以来

${\displaystyle qs=e^{2}+f^{2}\leq c^{2}+d^{2}<\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}=q^{2}/2.}$

さて、最後に降下ステップです。${\displaystyle q}$2 乗の和ではない場合、ステップ (3) により因数が存在する必要がある${\displaystyle q_{1}}$と言う${\displaystyle s}$これは2つの平方数の和ではない。しかし${\displaystyle q_{1}\leq s<q/2<q}$そしてこれらの手順を繰り返すと（最初は${\displaystyle e,f;q_{1}}$の代わりに${\displaystyle a,b;q}$（以下、無限に続く）厳密に減少する無限数列を見つけることができるだろう${\displaystyle q,q_{1},q_{2},\ldots }$それ自体は2つの平方数の和ではないが、互いに素な2つの平方数の和を割り切る正の整数。このような無限降下は不可能なので、次の結論に至る。${\displaystyle q}$請求項に記載のとおり、2つの平方数の和として表現できなければならない。

5.形式のすべての素数${\displaystyle 4n+1}$これは2つの平方数の和である。 （これはオイラーの2番目の論文の主要な結果である。）

もし${\displaystyle p=4n+1}$するとフェルマーの小定理により、各数値は${\displaystyle 1,2^{4n},3^{4n},\dots ,(4n)^{4n}}$は 1 を法とする合同である${\displaystyle p}$違い${\displaystyle 2^{4n}-1,3^{4n}-2^{4n},\dots ,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}}$したがって、すべては${\displaystyle p}$これらの違いはそれぞれ次のように因数分解できます。

${\displaystyle a^{4n}-b^{4n}=\left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n}-b^{2n}\right).}$

以来${\displaystyle p}$が素数であれば、2 つの因数のうちの 1 つを割り切る必要があります。${\displaystyle 4n-1}$最初の因子を割る場合、前のステップから次の結論が得られます。${\displaystyle p}$はそれ自体が2つの平方数の和である（なぜなら${\displaystyle a}$そして${\displaystyle b}$異なる${\displaystyle 1}$（それらは互いに素である）。したがって、${\displaystyle p}$第二因数を常に割り切れるとは限りません。${\displaystyle 4n-1}$違い${\displaystyle 2^{2n}-1,3^{2n}-2^{2n},\dots ,(4n)^{2n}-(4n-1)^{2n}}$そうすれば、すべてを分割することになります${\displaystyle 4n-2}$連続する項の差、すべて${\displaystyle 4n-3}$違いの差、などなど。${\displaystyle k}$シーケンスの th の違い${\displaystyle 1^{k},2^{k},3^{k},\dots }$すべて等しい${\displaystyle k!}$（有限差分法）${\displaystyle 2n}$それらの差はすべて一定で等しくなります${\displaystyle (2n)!}$これは確かに割り切れない${\displaystyle p}$。 したがって、${\displaystyle p}$すべての第2の因数を割り切ることができないことが証明される。${\displaystyle p}$これは確かに2つの平方数の和です。

ラグランジュは1775年に、積分二次形式の一般理論に基づいて証明を完成させた^{[ 15 ]} 。以下の説明では、ガウスによる彼の議論の若干の簡略化を取り入れており、これは『算術研究』第182条に掲載されている。

（整数二進）二次形式は、次の形式の式です。${\displaystyle ax^{2}+bxy+cy^{2}}$と${\displaystyle a,b,c}$整数。${\displaystyle n}$整数が存在する場合、の形式で表されると言われます。${\displaystyle x,y}$そのため${\displaystyle n=ax^{2}+bxy+cy^{2}}$フェルマーの2平方数の和に関する定理は、素数が${\displaystyle p}$形式によって表されます${\displaystyle x^{2}+y^{2}}$（つまり、${\displaystyle a=c=1}$、${\displaystyle b=0}$) まさにその時${\displaystyle p}$は${\displaystyle 1}$モジュロ${\displaystyle 4}$。

二次形式の判別式は次のように定義される。${\displaystyle b^{2}-4ac}$判別式${\displaystyle x^{2}+y^{2}}$は、${\displaystyle -4}$。

2つの形態${\displaystyle ax^{2}+bxy+cy^{2}}$そして${\displaystyle a'x'^{2}+b'x'y'+c'y'^{2}}$整数係数を持つ置換が存在する場合に限り、それらは同等である。

${\displaystyle x=\alpha x'+\beta y'}$

${\displaystyle y=\gamma x'+\delta y'}$

と${\displaystyle \alpha \delta -\beta \gamma =\pm 1}$つまり、最初の形式に代入すると、2番目の形式が得られる。同等の形式は同じ判別式を持つことが容易にわかるため、中央の係数の偶奇性も同じである。${\displaystyle b}$これは判別式の偶奇性と一致する。さらに、このような置換は同じ種類の置換によって逆向きに行うことができるため、同等の形式は全く同じ整数を表すことは明らかである。

ラグランジュは、判別式 −4 のすべての正定値形式が等価であることを証明した。したがって、フェルマーの定理を証明するには、判別式 −4 の任意の正定値形式を見つけることで十分である。${\displaystyle p}$例えば、フォームを使用することができます。

${\displaystyle px^{2}+2mxy+\left({\frac {m^{2}+1}{p}}\right)y^{2},}$

ここで、最初の係数a  = ${\displaystyle p}$フォームが表すように選択されました${\displaystyle p}$x  =  1、y  = 0と設定すると 、係数b  =  2 mは任意の偶数になります (偶数判別式を得るためにはそうでなければなりません)、そして最後に${\displaystyle c={\frac {m^{2}+1}{p}}}$判別式が${\displaystyle b^{2}-4ac=4m^{2}-4pc}$−4 に等しく、これにより形式が確かに等価であることが保証されます。${\displaystyle x^{2}+y^{2}}$もちろん、係数${\displaystyle c={\frac {m^{2}+1}{p}}}$は整数でなければならないので、問題は、ある整数mを見つけるという問題に帰着する。${\displaystyle p}$分ける${\displaystyle m^{2}+1}$: または言い換えれば、「-1 の平方根を法として」${\displaystyle p}$'。

私たちは、${\displaystyle -1}$は${\displaystyle K=\prod _{k=1}^{\frac {p-1}{2}}k}$まず、ユークリッドの算術の基本定理から次のことが導かれる。${\displaystyle ab\equiv 0{\pmod {p}}\iff a\equiv 0{\pmod {p}}\ \ {\hbox{or}}\ \ b\equiv 0{\pmod {p}}}$。 その結果、${\displaystyle a^{2}\equiv 1{\pmod {p}}\iff a\equiv \pm 1{\pmod {p}}}$つまり、${\displaystyle \pm 1}$それらはモジュロの逆数である${\displaystyle p}$そしてこの性質はそれらに固有のものである。したがって、整数におけるユークリッド除法の妥当性と、${\displaystyle p}$は素数であり、すべての${\displaystyle 2\leq a\leq p-2}$最大公約数${\displaystyle a}$そして${\displaystyle p}$ユークリッドアルゴリズムによって表現することができ、一意かつ明確な逆行列が得られる。${\displaystyle a^{-1}\neq a}$の${\displaystyle a}$モジュロ${\displaystyle p}$したがって、特に、すべての非ゼロ剰余の法の積は${\displaystyle p}$は${\displaystyle -1}$。 させて${\displaystyle L=\prod _{l={\frac {p+1}{2}}}^{p-1}l}$: 先ほど観察したことから、${\displaystyle KL\equiv -1{\pmod {p}}}$しかし定義により、${\displaystyle K}$否定的な${\displaystyle L}$、${\displaystyle L=(-1)^{\frac {p-1}{2}}K}$それ以来${\displaystyle p}$奇妙なことに、${\displaystyle K^{2}\equiv -1{\pmod {p}}\iff p\equiv 1{\pmod {4}}}$必要に応じて。

リヒャルト・デデキントは、 2つの平方数の和に関するフェルマーの定理の証明を少なくとも2つ与えており、どちらもガウス整数の算術的性質を利用している。ガウス整数とは、 a + biの形の数であり、aとbは整数、iは-1の平方根である。1つは1877年に出版された彼のイデアルに関する解説書の第27節に掲載されており、もう1つはペーター・グスタフ・ルジューヌ・ディリクレの『数論講義』の補遺XIに掲載され、1894年に出版された。

1. 最初の証明。pが奇素数である場合、次の式が成り立つ。${\displaystyle i^{p-1}=(-1)^{\frac {p-1}{2}}}$ガウス整数において。したがって、ガウス整数ω = x + iy ( x,y ∈ Z)を書き、 Z [ i ]/( p )におけるフロベニウス自己準同型を適用すると、次のようになる。

${\displaystyle \omega ^{p}=(x+yi)^{p}\equiv x^{p}+y^{p}i^{p}\equiv x+(-1)^{\frac {p-1}{2}}yi{\pmod {p}},}$

自己同型写像​​はZ /( p )の要素を固定するため、この場合、${\displaystyle p=4n+1}$ある整数 n に対して、したがって上記の ω ^pの式では指数⁠${\displaystyle (p-1)/2}$− 1の⁠は偶数です。したがって、右辺は ω に等しくなります。この場合、 Z [ i ]/( p ) のフロベニウス自己準同型は恒等写像です。

クンマーは、f ∈ {1,2}がZ [ i ]/( p )のフロベニウス自己同型写像​​の位数である場合、イデアル${\displaystyle (p)}$Z [ i ]におけるイデアルは、2/ f個の異なる素イデアルの積となる。（実際、クンマーは、mを任意の正の整数として、原始的なm乗根を付加することによって得られるZの任意の拡張に対して、より一般的な結果を確立していた。これは、その結果のm = 4の場合である。）したがって、イデアル ( p ) は、 Z [ i ]における 2 つの異なる素イデアルの積となる。ガウス整数はノルム関数のユークリッド領域であるため、${\displaystyle N(x+iy)=x^{2}+y^{2}}$すべてのイデアルは主イデアルであり、最小ノルムのイデアルの非ゼロ要素によって生成されます。ノルムは乗法なので、生成子のノルムは${\displaystyle \alpha }$( p )の理想因子の 1 つは、${\displaystyle N(p)=p^{2}}$なので、私たちは${\displaystyle p=N(\alpha )=N(a+bi)=a^{2}+b^{2}}$これはフェルマーの定理を与える。

2. 第二の証明。この証明は、ラグランジュの結果に基づいており、もし${\displaystyle p=4n+1}$が素数ならば、ある整数mが存在して、${\displaystyle m^{2}+1}$はpで割り切れる(これはオイラーの判定法でも確認できます)。また、ガウス整数は一意の因数分解領域である (ユークリッド領域であるため) という事実も利用しています。 p ∈ Z はどちらのガウス整数も割り切れないため、${\displaystyle m+i}$そして${\displaystyle m-i}$（それはそれらの虚数部分を分割しないので）しかし、それらの積は分割する${\displaystyle m^{2}+1}$したがって、p はガウス整数の素因数にはなり得ない。したがって、ガウス整数にはpの非自明な因数分解が存在しなければならないが、ノルムを考慮すると、それは 2 つの因子しか持たない (ノルムは乗法的であり、${\displaystyle p^{2}=N(p)}$p) の因数は最大で 2 つまでなので、次の形式である必要があります。${\displaystyle p=(x+yi)(x-yi)}$ある整数xとyに対して、これは直ちに次のことを示している。${\displaystyle p=x^{2}+y^{2}}$。

のために${\displaystyle p}$に合同${\displaystyle 1}$モジュール${\displaystyle 4}$素数、${\displaystyle -1}$は二次剰余である${\displaystyle p}$オイラーの判定法により、整数が存在する。${\displaystyle m}$そのため${\displaystyle p}$分ける${\displaystyle m^{2}+1}$。 させて${\displaystyle {\hat {i}},{\hat {j}}}$ベクトル空間の標準基底要素とする${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$そして設定する${\displaystyle {\vec {u}}={\hat {i}}+m{\hat {j}}}$そして${\displaystyle {\vec {v}}=0{\hat {i}}+p{\hat {j}}}$格子を考えてみましょう${\displaystyle S=\{a{\vec {u}}+b{\vec {v}}\mid a,b\in \mathbb {Z} \}}$。 もし${\displaystyle {\vec {w}}=a{\vec {u}}+b{\vec {v}}=a{\hat {i}}+(am+bp){\hat {j}}\in S}$それから${\displaystyle \|{\vec {w}}\|^{2}\equiv a^{2}+(am+bp)^{2}\equiv a^{2}(1+m^{2})\equiv 0{\pmod {p}}}$。 したがって${\displaystyle p}$分ける${\displaystyle \|{\vec {w}}\|^{2}}$いかなる場合でも${\displaystyle {\vec {w}}\in S}$。

格子の基本平行四辺形の面積は${\displaystyle p}$開いた円盤の面積、${\displaystyle D}$半径${\displaystyle {\sqrt {2p}}}$起源を中心に据えて${\displaystyle 2\pi p>4p}$。 さらに、${\displaystyle D}$は凸であり、原点に関して対称である。したがって、ミンコフスキーの定理により、ゼロでないベクトルが存在する。${\displaystyle {\vec {w}}\in S}$そのため${\displaystyle {\vec {w}}\in D}$。 両方${\displaystyle \|{\vec {w}}\|^{2}<2p}$そして${\displaystyle p\mid \|{\vec {w}}\|^{2}}$それで${\displaystyle p=\|{\vec {w}}\|^{2}}$したがって${\displaystyle p}$は、${\displaystyle {\vec {w}}}$。

させて${\displaystyle p=4k+1}$素数である、${\displaystyle \mathbb {N} }$自然数（ゼロを含むか含まないか）を表し、有限集合を考える。${\displaystyle S=\{(x,y,z)\in \mathbb {N} ^{3}:x^{2}+4yz=p\}}$3つの数字の組。それから${\displaystyle S}$2つの対合を持つ：1つは明白なもの${\displaystyle (x,y,z)\mapsto (x,z,y)}$その固定点${\displaystyle (x,y,y)}$の表現に対応する${\displaystyle p}$2 つの平方数の和として、そしてより複雑なものとして、

${\displaystyle (x,y,z)\mapsto {\begin{cases}(x+2z,~z,~y-x-z),\quad {\textrm {if}}\,\,\,x<y-z\\(2y-x,~y,~x-y+z),\quad {\textrm {if}}\,\,\,y-z<x<2y\\(x-2y,~x-y+z,~y),\quad {\textrm {if}}\,\,\,x>2y\end{cases}}}$

固定点がちょうど１つある${\displaystyle (1,1,k)}$これは、${\displaystyle S}$奇妙だ。したがって、${\displaystyle S}$また、自明な対合に関して不動点を持つ。

ザギエールによるこの証明[9]は、ヒース^{＝ブラウン}による以前の証明を簡略化したものであり、ヒース＝ブラウンの証明はリウヴィルの証明に触発されたものである。この証明の手法は^、対合を持つ位相空間とその不動点集合のオイラー特性が同じ偶奇性を持つという位相原理の組み合わせ論的類似物であり、組み合わせ論的全単射の証明における符号反転対合の使用を想起させる。

この証明は、2006年にアレクサンダー・スピヴァクによって提示され、モーリッツ・フィルシングによるMathOverflowの投稿とMathologerによるYouTube動画で説明されている、「風車」図形を用いた幾何学的または「視覚的」証明と同等です。

2016年、A.デイビッド・クリストファーは奇素数の分割を考察することで分割理論的な証明を与えた。${\displaystyle n}$ちょうど2つのサイズがある${\displaystyle a_{i}(i=1,2)}$それぞれ正確に発生する${\displaystyle a_{i}}$回、そして少なくとも 1 つのそのような分割が存在することを示すことによって、${\displaystyle n}$は 4 を法として 1 と合同である。^{[ 16 ]}