Két-négyzetszám-tétel

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából.

A Fermat-tól eredő két-négyzetszám-tétel a matematika egyik olyan tétele, ami nemcsak fontos, de számos, igen különböző bizonyítása is ismert.

Tartalomjegyzék

1 A tétel állítása
2 Bizonyítás
- 2.1 Első lépés
- 2.2 Második lépés
3 Másik bizonyítás
4 Harmadik bizonyítás
5 Algebrai számelméleti bizonyítás
6 Tetszőleges szám előállítása
7 Története
8 Lásd még

[szerkesztés] A tétel állítása

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

[szerkesztés] Bizonyítás

Legyen tehát p egy 4n+1 alakú prím.

[szerkesztés] Első lépés

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

Egy másik módszer egyszerűen megmondja x értékét: x=(2n)!. Valóban, ha $(2n)!=1\cdots 2n$ -ban minden tényezőt megszorzunk -1-gyel, akkor (-1)²ⁿ 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.

[szerkesztés] Második lépés

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

(x 2 + y 2)(X 2 + Y 2) = (x X + y Y) 2 + (x Y - X y) 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 jobboldalán 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.

[szerkesztés] Másik bizonyítás

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 skatulya-elvet 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)

[szerkesztés] Harmadik bizonyítás

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

(s b + a p) 2 + b 2 = (s 2 + 1) b 2 + 2 s a b p + a 2 p 2

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

[szerkesztés] Algebrai számelméleti bizonyítás

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

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 jobboldal 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 $p = a 2 + b 2$ .

[szerkesztés] Tetszőleges szám előállítása

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,...,p_r jelölik a 4k+1 alakú prímosztókat, q₁,...,q_t pedig a 4k+3 alakúakat, akkor a megoldásszám

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

Ez úgy is kifejezhető, hogy ha n=2^sm, 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.

[szerkesztés] Története

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 $x 2 + 2 y 2$ alakban, ha $p\equiv 1$ vagy $3(mod 8)$ és $x 2 + 3 y 2$ 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 $x 2 + 5 y 2$ alakú pontosan akkor, ha $p\equiv 1$ vagy $9(mod 20)$ .

Végül Euler megfogalmazta a következő két sejtést: a p páratlan prímszám $x 2 + 27 y 2$ alakú pontosan akkor, ha $p\equiv 1\pmod{3}$ és 2 kubikus maradék mod p, valamint a p páratlan prímszám $x 2 + 64 y 2$ 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.

[szerkesztés] Lásd még

Kategóriák: Számelmélet | Matematikai tételek

See also ebooksgratis.com: no banners, no cookies, totally FREE.