Kétnégyzetszám-tétel

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából

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

A tétel állítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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

Bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Legyen tehát p egy 4n+1 alakú prím.

Első lépés[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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 \left(\frac{-1}{p}\right) Legendre-szimbólum értékét:

\left(\frac{-1}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2}}=1

hiszen p=4n+1, így (-1)^{\frac{p-1}{2}}=(-1)^{2n}=1.

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

x^2\equiv 1\cdots(2n)\cdot (-2n)\cdots(-1)\equiv (4n)!\equiv -1 \pmod{p}

Wilson tétele miatt.

Második lépés[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Fel fogjuk használni a könnyen ellenőrizhető Brahmagupta-Fibonacci azonosságot:

(x^2+y^2)(X^2+Y^2)=(xX+yY)^2+(xY-Xy)^2.

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 alakalmazzuk: 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

xX+yY\equiv x^2+y^2\equiv 0 \pmod{k}

és

xY-Xy\equiv xy-xy\equiv 0 \pmod{k}

teljesül, azaz mindkettő k-val osztható szám. Továbbá

X^2+Y^2\leq \left(\frac{k}{2}\right)^2+\left(\frac{k}{2}\right)^2<k^2.

Ebből adódik, hogy

\left(\frac{xX+yY}{k}\right)^2+\left(\frac{xY-Xy}{k}\right)^2

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

Másik bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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 0\leq a<\sqrt{p} és 0\leq b<\sqrt{p}. Ilyen számpár

([\sqrt{p}]+1)^2>p

van, viszont mod p maradék csak p lehet.

A skatulyaelvet használva adódik, hogy van két különböző pár, (a',b') és (a'',b''), hogy

a'+b's\equiv a''+b''s\pmod{p}.

Ha most a=a'-a''-t a=b'-b''-t definiáljuk, akkor azt kapjuk, hogy a+bs\equiv 0 \pmod{p}, nem lehet a=b=0, továbbá |a|,|b|<\sqrt{p}. Az első tulajdonságot így is írhatjuk:

a\equiv -bs \pmod{p}

amit négyzetreemelve azt kapjuk, hogy

a^2\equiv b^2s^2\equiv -b^2 \pmod{p}

hiszen s^2\equiv -1 \pmod{p}.

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

0<a^2+b^2<2(\sqrt{p})^2=2p,

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

Harmadik bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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 0<b<\sqrt{p} egész szám, hogy

\left|-\frac{s}{p}-\frac{a}{b}\right|<\frac{1}{b\sqrt{p}}

teljesül. Ezt bp-vel felszorozva azt kapjuk, hogy

|sb+ap|<\sqrt{p}.

De ekkor

(sb+ap)^2+b^2=(s^2+1)b^2+2sabp+a^2p^2

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

Algebrai számelméleti bizonyítás[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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

Ismét feltesszük tehát, hogy a p prímszám osztója s^2+1-nek. Ez utóbbi szám a Gauss-egészek körében

s^2+1=(s+i)(s-i)

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

\frac{s}{p}+\frac{1}{p}i

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

p=(a+bi)(c+di), \quad a+bi\mid s+i, \quad c+di\mid s-i.

Némi számolás mutatja, hogy itt csak c=a, d=-b lehet, innen p=a^2+b^2.

Tetszőleges szám előállítása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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

x^2+y^2=n

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

n=2^s p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}q_1^{2\beta_1}\cdots q_t^{2\beta_t},

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

4(\alpha_1+1)\cdots(\alpha_r+1).

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

4(d_1(m)-d_3(m))

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

K\frac{x}{\sqrt{\log x}}

ahol

K=\sqrt{\frac{1}{2}\prod\frac{1}{1-\frac{1}{p^2}}}

a szorzást a p\equiv 3\pmod{4} prímekre végezve.

Története[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

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

{2n-1}\choose{n-1}

illetve

(2n)!{{2n-1}\choose{n-1}}

legkisebb abszolút értékű maradéka mod p.

Fermat 1654-ben Pascal-hoz írt levelében azt is megemlíti, hogy a p prímszám pontosan akkor írható x^2+2y^2 alakban, ha p\equiv 1 vagy 3 \pmod{8} és x^2+3y^2 alakban, ha p=3 vagy p\equiv 1\pmod{3}. 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 x^2+5y^2 alakú pontosan akkor, ha p\equiv 1 vagy 9\pmod{20}.

Végül Euler megfogalmazta a következő két sejtést: a p páratlan prímszám x^2+27y^2 alakú pontosan akkor, ha p\equiv 1\pmod{3} és 2 kubikus maradék mod p, valamint a p páratlan prímszám x^2+64y^2 alakú pontosan akkor, ha p\equiv 1\pmod{4} és 2 bikvadratikus maradék mod p. Ezeket végül Gauss bizonyította a kubikus és bikvadratikus reciprocitási tétellel kapcsolatos munkájában.

Lásd még[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]