Kétnégyzetszám-tétel

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

A tétel állítása

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

Bizonyítás

Legyen tehát p egy 4n+1 alakú prím.

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 $p=4n+1$, 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

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

Wilson tétele miatt.

Második lépés

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 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

$xX+yY\equiv x^2+y^2\equiv 0(\mathrm{mod}k)$

és

$xY-Xy\equiv xy-xy\equiv 0(\mathrm{mod}k)$

teljesül, azaz mindkettő k-val osztható szám. Továbbá

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

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

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

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

van, viszont mod p maradék csak p lehet.

A skatulyaelvet használva adódik, hogy van két különböző pár,

$(a^{\prime },b^{\prime })$

és

$(a^{″},b^{″})$

, hogy

$a^{\prime }+b^{\prime }s\equiv a^{″}+b^{″}s(\mathrm{mod}p).$

Ha most $a=a^{\prime }-a^{″}$-t $a=b^{\prime }-b^{″}$-t definiáljuk, akkor azt kapjuk, hogy $a+bs\equiv 0(\mathrm{mod}p)$, nem lehet a=b=0, továbbá $|a|,|b|<\sqrt{p}$. Az első tulajdonságot így is írhatjuk:

$a\equiv -bs(\mathrm{mod}p)$

amit négyzetreemelve azt kapjuk, hogy

$a^2\equiv b^2{s}^2\equiv -b^2(\mathrm{mod}p)$

hiszen $s^2\equiv -1(\mathrm{mod}p)$. 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

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

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

teljesül. Ezt bp-vel felszorozva azt kapjuk, hogy

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

De ekkor

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

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

Algebrai számelméleti bizonyítás

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:

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

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

Tetszőleges szám előállítása

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

$K=\sqrt{\frac{1}{2}\prod \frac{1}{1-\frac{1}{p^2}}}=0,764223653...$

a szorzást a $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ prímekre végezve.

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

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-1}{n-1})$

illetve

$(2n)!(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-1}{n-1})$

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 $3(\mathrm{mod}8)$ és $x^2+3y^2$ alakban, ha $p=3$ vagy $p\equiv 1(\mathrm{mod}3)$. 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 $9(\mathrm{mod}20)$. Végül Euler megfogalmazta a következő két sejtést: a p páratlan prímszám $x^2+27y^2$ alakú pontosan akkor, ha $p\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ és 2 kubikus maradék mod p, valamint a p páratlan prímszám $x^2+64y^2$ alakú pontosan akkor, ha $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ és 2 bikvadratikus maradék mod p. Ezeket végül Gauss bizonyította a kubikus és bikvadratikus reciprocitási tétellel kapcsolatos munkájában.

Kapcsolódó szócikkek

• háromnégyzetszám-tétel
• négynégyzetszám-tétel
• Gauss-egész

További információk

• http://mathworld.wolfram.com/Landau-RamanujanConstant.html