Ugrás a tartalomhoz

Kétnégyzetszám-tétel

Ellenőrzött
A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából
(Két-négyzetszám-tétel szócikkből átirányítva)

A Fermat-tól eredő kétnégyzetszám-tétel a számelmélet egyik fontos tétele, aminek számos, igen különböző bizonyítása ismert.

A tétel állítása

[szerkesztés]

Minden p=4n+1 alakú prímszám két négyzetszám összege. Például: 5=4+1, 41=25+16.

Bizonyítás

[szerkesztés]

Legyen tehát p egy 4n+1 alakú prím.

Első lépés

[szerkesztés]

Először belátjuk, hogy p-nek van olyan x2+y2 alakú többszöröse, amiben sem x, sem y nem osztható p-vel. Azt az erősebb állítást igazoljuk, hogy van x2+1 alakú többszöröse (ekkor x nyilván nem lehet osztható p-vel). Ezt legegyszerűbben a Legendre-szimbólumra hivatkozva tehetjük meg: mivel azt kell belátni, hogy -1 kvadratikus maradék mod p, kiszámítjuk a Legendre-szimbólum értékét:

hiszen , így .

Egy másik módszer egyszerűen megmondja x értékét: x=(2n)!. Valóban, ha -ben minden tényezőt megszorzunk (-1)-gyel, akkor (-1)2n=1 miatt a szorzat értéke nem fog változni. Innen

Wilson tétele miatt.

Második lépés

[szerkesztés]

Fel fogjuk használni a könnyen ellenőrizhető Brahmagupta-Fibonacci-azonosságot:

A bizonyítás első része szerint p-nek van olyan x2+y2 többszöröse, ahol x és y egyike sem osztható p-vel. Ha itt x-et és y-t p-vel vett legkisebb abszolút értékű maradékaikkal helyettesítjük, akkor még annyit nyerünk, hogy ez a többszörös kisebb p2-nél. A befejezéshez a végtelen leszállás módszerét alkalmazzuk: belátjuk, hogy ha 1<k<p-re kp előáll két négyzetszám összegeként, akkor van 1≤ m<k is, amire mp is előáll.

Valóban, legyen kp=x2+y2. Legyen X, illetve Y x és y k-val vett legkisebb abszolút értékű maradéka. Nem lehet X=Y=0, mert ez azt jelentené, hogy kp=k2(a2+b2) alkalmas a, b számokra, de ekkor p prím volta miatt vagy k=1 (és készen vagyunk) vagy k=p (ami ellentmond feltevéseinknek). A fenti azonosság jobb oldalán álló számokra

és

teljesül, azaz mindkettő k-val osztható szám. Továbbá

Ebből adódik, hogy

olyan p-vel osztható szám, ami kisebb kp-nél és készen vagyunk.

Másik bizonyítás

[szerkesztés]

Csak a második lépésre adunk új bizonyítást, tehát azzal kezdünk, hogy van olyan s szám, hogy p osztója s2+1-nek.

Vegyük az összes lehetséges a+bs alakú számot, ahol és . Ilyen számpár

van, viszont mod p maradék csak p lehet.

A skatulyaelvet használva adódik, hogy van két különböző pár, és , hogy

Ha most -t -t definiáljuk, akkor azt kapjuk, hogy , nem lehet a=b=0, továbbá . Az első tulajdonságot így is írhatjuk:

amit négyzetreemelve azt kapjuk, hogy

hiszen .

Az eddigiekből az adódik, hogy egyrészt a2+b2 osztható p-vel, másrészt

de ez csak úgy lehet, ha a2+b2=p. (Axel Thue bizonyítása)

Harmadik bizonyítás

[szerkesztés]

Ismét csak a második lépést igazoljuk, tehát abból indulunk ki, hogy van olyan s szám, amire p osztja s2+1-et.

Dirichlet approximációs tétele miatt van olyan a egész szám és olyan egész szám, hogy

teljesül. Ezt bp-vel felszorozva azt kapjuk, hogy

De ekkor

osztható p-vel és nyilván 0 és 2p közé esik, tehát csak p lehet.

Algebrai számelméleti bizonyítás

[szerkesztés]

Ha elfogadjuk, hogy a Gauss-egészek körében igaz a számelmélet alaptétele, egyszerűen igazolhatjuk a második lépést.

Ismét feltesszük tehát, hogy a p prímszám osztója -nek. Ez utóbbi szám a Gauss-egészek körében

alakban írható. p a jobb oldal egyik tényezőjének sem lehet osztója, hiszen például s+i és p hányadosa,

nem Gauss-egész. p tehát nem Gauss-prím, felbomlik két tényezőre, az egyik s+i-nek, a másik s-i-nek az osztója:

Némi számolás mutatja, hogy itt csak c=a, d=-b lehet, innen .

Tetszőleges szám előállítása

[szerkesztés]

A fenti tételből levezethető, hogy egy tetszőleges n szám pontosan akkor állítható elő két négyzetszám összegeként, más szóval az

diofantoszi egyenlet pontosan akkor oldható meg egész számokban, ha n prímhatványok szorzatára való felbontásában minden 4k+3 alakú prím páros kitevővel szerepel. Ekkor, ha

ahol p1,…,pr jelölik a 4k+1 alakú prímosztókat, q1,…,qt pedig a 4k+3 alakúakat, akkor a megoldásszám

Ez úgy is kifejezhető, hogy ha n=2sm, ahol m páratlan szám, akkor az megoldások száma

ahol d1(m) m azon osztóinak száma, amelyek 4-gyel osztva 1-et adnak maradékul és d3(m) m azon osztóinak száma, amelyek 4-gyel osztva 3-t adnak maradékul.

A fenti előállíthatósági tételből analitikus számelméleti módszerekkel Landau 1908-ban igazolta, hogy a két négyzetszám összegeként írható számok száma x-ig aszimptotikusan

ahol

a szorzást a prímekre végezve.

Története

[szerkesztés]

Fermat először 1640-ben említi tételét egy Mersenne-hez írt levelében. Sem itt, sem máshol nem adja meg a bizonyítást, csak azt említi meg, hogy a végtelen leszállás módszerét alkalmazza.

Euler Fermat összegyűjtött levelezésében olvasva a tételről, hosszas munkával megtalálta annak igazolását. Először, 1747-ben, a fenti második lépést látta be, majd 1749-ben az elsőt.

Gauss 1825-ben azt is megmutatta (bár bizonyítását nem publikálta), hogy ha p=4n+1 prímszám, akkor p=a2+b2, ahol a és b

illetve

legkisebb abszolút értékű maradéka mod p.

Fermat 1654-ben Pascal-hoz írt levelében azt is megemlíti, hogy a p prímszám pontosan akkor írható alakban, ha vagy és alakban, ha vagy . Noha nem sikerült bizonyítását fellelni, azt állította, szilárd bizonyítása (firmissimis demonstratibus) van. Euler módszere ezeket is gond nélkül kiadta. Továbbmenve, Euler sejtette, hogy a p>5 prímszám alakú pontosan akkor, ha vagy .

Végül Euler megfogalmazta a következő két sejtést: a p páratlan prímszám alakú pontosan akkor, ha és 2 kubikus maradék mod p, valamint a p páratlan prímszám alakú pontosan akkor, ha és 2 bikvadratikus maradék mod p. Ezeket végül Gauss bizonyította a kubikus és bikvadratikus reciprocitási tétellel kapcsolatos munkájában.

Kapcsolódó szócikkek

[szerkesztés]

További információk

[szerkesztés]