Представление простых в виде суммы двух квадратов — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
Строка 26: Строка 26:
 
{{Теорема
 
{{Теорема
 
|statement=
 
|statement=
Если <tex>p\equiv 1(mod 4),p\in\mathbb{P}</tex>, то оно представимо в виде суммы двух квадратов.
+
Если <tex>p\equiv 1(mod 4),p\in\mathbb{P}</tex>, то оно представимо в виде суммы двух квадратов. (В форме алгоритма)
 
|proof=
 
|proof=
 
<tex>h:h^2+1\vdots p</tex> и <tex>h=g^{\frac{p-1}{4}}</tex>.
 
<tex>h:h^2+1\vdots p</tex> и <tex>h=g^{\frac{p-1}{4}}</tex>.
  
 
Запустим алгоритм Евклида на <tex>p,h</tex>. Получим <tex>t_0=p, t_1=h, \cdots, t_k=1</tex>.
 
Запустим алгоритм Евклида на <tex>p,h</tex>. Получим <tex>t_0=p, t_1=h, \cdots, t_k=1</tex>.
 +
Докажем, что существуют такое <tex>i</tex>, что <tex>t_i^2+t_{i+1}^2=p</tex>.
  
Разложим <tex>\frac{p}{h}</tex> в цепную дробь <tex>\langle a_0,\cdots,a_n \rangle</tex>.  
+
Разложим <tex>\frac{p}{h}</tex> в цепную дробь <tex>\langle a_0,\cdots,a_n \rangle</tex>, при этом сделав <tex>n</tex> чётным.
  
<tex>P_{n-1}Q_{n-2}-P_{n-2}Q_{n-1}=(-1)^{n}</tex>
+
Получим <tex>a_0 = p div h \:\: a_1 = h div t_2 \dots</tex>
  
<tex>P_{n-2}=(-1)^{n}h</tex>. Берём <tex>n</tex> чётным и получаем <tex>P_{n-2}=h=t1</tex>.
+
Также <tex>\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}=\frac{p}{h}</tex>  
  
<tex>P_{n-1}=a_{n-1}P_{n-2}+P_{n-3}</tex> ... <tex>P_{n-3}=P_n%P_{n-2}=t2</tex> ... <tex>P_{n-i-1} = t_i</tex>
+
<tex>P_{n-1}Q_{n-2}-P_{n-2}Q_{n-1}=(-1)^{n}</tex> и <tex>h^2+1\vdots p \: \Rightarrow p_{n-2}%p=(-1)^{n+1}(h^{-1}%p) = (-1)^n h</tex>. Так как взяли чётную <tex>n</tex>, то <tex>p_{n-2} = h</tex>
  
<tex>\frac{p}{h}=\frac{\alpha P_i +P_{i-1}}{\alpha Q_i + Q_{i-1}}, \alpha=\frac{t_{i+1}}{t_{i+2}}</tex> ... <tex>\frac{p}{h}=\frac{t_{i+1}P_i+t_{i+2}P_{i-1}}{t_{i+1}Q_i+t_{i+2}Q_{i-1}}</tex> ... <tex>t_{i+1}P_i+t_{i+2}P_{i-1}=t_{i+1}t_{n-i-1}+t_{i+2}t_{n-i}</tex> ... <tex>i=\frac{n}{2}-1 \Rightarrow \frac{p}{h}=\frac{t_{\frac{n}{2}}^2+t_{\frac{n}{2}+1}^2}{t_{\frac{n}{2}}Q_{\frac{n}{2}-1}+t_{\frac{n}{2}+1}Q_{\frac{n}{2}-2}}</tex> ... <tex>p=t_{\frac{n}{2}}^2+t_{\frac{n}{2}+1}^2</tex>
+
<tex>p_{n-1}=t_0 \:\: p_{n-2}=t_1 </tex> и <tex>p_{n-3}=p_{n-1}%p_{n-2}=t_0%t_1=t_2</tex> и так далее. Получаем <tex>P_{n-i-1} = t_i</tex>.
 +
 
 +
Далее
 +
<tex>\frac{p}{h}=\frac{\alpha P_i +P_{i-1}}{\alpha Q_i + Q_{i-1}}, \alpha=\frac{t_{i+1}}{t_{i+2}}</tex> , следовательно <tex>\frac{p}{h}=\frac{t_{i+1}P_i+t_{i+2}P_{i-1}}{t_{i+1}Q_i+t_{i+2}Q_{i-1}}</tex>. По вышесказанному <tex>t_{i+1}P_i+t_{i+2}P_{i-1}=t_{i+1}t_{n-i-1}+t_{i+2}t_{n-i}</tex>. Теперь возьмём <tex>i=\frac{n}{2}-1 \Rightarrow \frac{p}{h}=\frac{t_{\frac{n}{2}}^2+t_{\frac{n}{2}+1}^2}{t_{\frac{n}{2}}Q_{\frac{n}{2}-1}+t_{\frac{n}{2}+1}Q_{\frac{n}{2}-2}}</tex>. Так как <tex> t_i</tex> взаимно просты, то числитель и знаменатель взаимно просты, следовательно <tex>p=t_{\frac{n}{2}}^2+t_{\frac{n}{2}+1}^2</tex>. Что и требовалось доказать.
 
}}
 
}}
 
[[Категория:Теория чисел]]
 
[[Категория:Теория чисел]]

Версия 03:55, 11 октября 2010

Эта статья находится в разработке!
Эта статья требует доработки!
  1. Надо привести более конструктивное доказательство теоремы. Так, чтобы получился алгоритм. И привести время работы этого алгоритма. Алгоритм должен эффективно работать для простых чисел порядка [math]10^{300}[/math].

Если Вы исправили некоторые из указанных выше замечаний, просьба дописать в начало соответствующего пункта (Исправлено).

Лемма (Вильсон):
Если [math]p[/math] — простое, то [math](p-1)!+1[/math] делится на [math]p[/math].
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

При [math]p=2, p=3[/math] доказательство очевидно. Докажем для [math]p\geqslant 5[/math]. Так как [math]\mathbb{Z}_p[/math] - поле, то для каждого [math]x[/math] есть такое [math]y[/math], что [math]xy\equiv 1(mod p)[/math]. Может оказаться, что для некоторых [math]0\leqslant x\leqslant p-1[/math] выполнено [math]x=y[/math]. Найдём все такие [math]x[/math], что [math]x^2\equiv 1(mod p)[/math]. [math]x^2-1\equiv 0(mod p) \Rightarrow (x-1)(x+1)\equiv 0(mod p)[/math]. Значит [math]x\equiv 1(mod p)[/math] или [math]x\equiv p-1(mod p)[/math].

Из этого следует, что множество [math]{2,3,\cdots,p-2}[/math] разбивается на пары такие, что произведение чисел внутри каждой из них сравнимо с [math]1[/math] по модулю[math]p[/math]. Таким образом [math](p-2)!\equiv 1(mod p)[/math]. Но [math]p-1\equiv -1(mod p)[/math]. Следовательно [math](p-1)!\equiv -1(mod p)[/math]
[math]\triangleleft[/math]
Теорема:
Если [math]p\equiv 1(mod 4),p\in\mathbb{P}[/math], то оно представимо в виде суммы двух квадратов.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Из леммы Вильсона [math](p-1)!\equiv 1(mod p) \Rightarrow (4n)!+1\equiv 0 (mod p) [/math]. Следовательно [math]1\cdot 2\cdots (2n)\cdot(p-2n)\cdots(p-1)+1 \equiv ((2n)!)^2+1(mod p)[/math]. Теперь говорим, что [math] N = (2n)![/math], тогда [math]N^2 \equiv -1(mod p)[/math].

Рассмотрим пары чисел [math](m,s)[/math] такие, что [math]0\leqslant m, s \leqslant [\sqrt{p}][/math]. Число таких пар равно [math]([\sqrt{p}]+1)^2\gt p[/math]. Значит по крайней мере для двух различных пар [math](m_1,s_1),(m_2,s_2)[/math] остатки от деления [math]m_1+Ns_1, m_2+Ns_2[/math] на [math]p[/math] будут одинаковыми, т.е. число [math]a+Nb[/math], где [math]a=m_1-m_2, b=s_1-s_2[/math], будет делится на [math]p[/math]. При этом [math]~|a|\lt \sqrt{p},~|b|\lt \sqrt{p}[/math]. Но тогда число [math]a^2-N^2b^2=(a-Nb)(a+Nb)[/math] делится на [math]p[/math]. Учитывая, что [math]N^2\equiv -1(mod p)[/math], получим, что [math]a^2+b^2\equiv 0(mod p) \Rightarrow a^2+b^2=rp[/math], где [math]r\in\mathbb{N}[/math]. Но [math]a^2+b^2\lt 2p\Rightarrow r=1[/math], а значит [math]a^2+b^2=p[/math].
[math]\triangleleft[/math]
Теорема:
Если [math]p\equiv 1(mod 4),p\in\mathbb{P}[/math], то оно представимо в виде суммы двух квадратов. (В форме алгоритма)
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

[math]h:h^2+1\vdots p[/math] и [math]h=g^{\frac{p-1}{4}}[/math].

Запустим алгоритм Евклида на [math]p,h[/math]. Получим [math]t_0=p, t_1=h, \cdots, t_k=1[/math]. Докажем, что существуют такое [math]i[/math], что [math]t_i^2+t_{i+1}^2=p[/math].

Разложим [math]\frac{p}{h}[/math] в цепную дробь [math]\langle a_0,\cdots,a_n \rangle[/math], при этом сделав [math]n[/math] чётным.

Получим [math]a_0 = p div h \:\: a_1 = h div t_2 \dots[/math]

Также [math]\frac{p_{n-1}}{q_{n-1}}=\frac{p}{h}[/math]

[math]P_{n-1}Q_{n-2}-P_{n-2}Q_{n-1}=(-1)^{n}[/math] и [math]h^2+1\vdots p \: \Rightarrow p_{n-2}%p=(-1)^{n+1}(h^{-1}%p) = (-1)^n h[/math]. Так как взяли чётную [math]n[/math], то [math]p_{n-2} = h[/math]

[math]p_{n-1}=t_0 \:\: p_{n-2}=t_1 [/math] и [math]p_{n-3}=p_{n-1}%p_{n-2}=t_0%t_1=t_2[/math] и так далее. Получаем [math]P_{n-i-1} = t_i[/math].

Далее

[math]\frac{p}{h}=\frac{\alpha P_i +P_{i-1}}{\alpha Q_i + Q_{i-1}}, \alpha=\frac{t_{i+1}}{t_{i+2}}[/math] , следовательно [math]\frac{p}{h}=\frac{t_{i+1}P_i+t_{i+2}P_{i-1}}{t_{i+1}Q_i+t_{i+2}Q_{i-1}}[/math]. По вышесказанному [math]t_{i+1}P_i+t_{i+2}P_{i-1}=t_{i+1}t_{n-i-1}+t_{i+2}t_{n-i}[/math]. Теперь возьмём [math]i=\frac{n}{2}-1 \Rightarrow \frac{p}{h}=\frac{t_{\frac{n}{2}}^2+t_{\frac{n}{2}+1}^2}{t_{\frac{n}{2}}Q_{\frac{n}{2}-1}+t_{\frac{n}{2}+1}Q_{\frac{n}{2}-2}}[/math]. Так как [math] t_i[/math] взаимно просты, то числитель и знаменатель взаимно просты, следовательно [math]p=t_{\frac{n}{2}}^2+t_{\frac{n}{2}+1}^2[/math]. Что и требовалось доказать.
[math]\triangleleft[/math]