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[原创] 4k+1素数只能表达成一对正整数的平方和的证明!

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发表于 昨天 10:54 | 显示全部楼层 |阅读模式

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不考虑两个正整数的顺序。
以前不太会这个证明,
昨天问人工智能,
人工智能给了我一个思路,
但是我觉得人工智能证明的不够好,
只能说给了一些思路,
然后我再结合自己的思路,
写出一个证明!
发出来共享起来一下。
也许有人有更好的思路。
以后有时间整理成latex。
mmexport1751942972056.jpg
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 昨天 15:52 | 显示全部楼层
以下是对“所有形如  4k + 1  的素数都只能以一种方式表示为两个正整数的平方和(不考虑顺序)”的完整证明,整合数论推导与几何直观补充,逻辑更连贯:

定理

若素数  p \equiv 1 \pmod{4} ,则  p  表示为两个正整数平方和的方式唯一(不考虑顺序)。

证明步骤

1. 存在性(前置结论,可单独证明)

通过“-1 是模  p  的二次剩余”及不等式估计,可证:
若  p \equiv 1 \pmod{4} ,则存在正整数  a,b  使得  p = a^2 + b^2 。
(注:存在性证明可独立展开,此处默认已知,聚焦唯一性。)

2. 唯一性:假设两种表示,推导“表示唯一”

设  p  有两种不同的正整数平方和表示(不考虑顺序时):
p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2
其中  0 < b < a < \sqrt{p} , 0 < d < c < \sqrt{p} ,且  \{a,b\} \neq \{c,d\} (反证法假设)。

(1) 同余推导与关键等式

由  p = a^2 + b^2 ,得  a^2 \equiv -b^2 \pmod{p} ;
同理,由  p = c^2 + d^2 ,得  c^2 \equiv -d^2 \pmod{p} 。

两式相乘,利用同余性质:
a^2c^2 \equiv b^2d^2 \pmod{p}
因式分解平方差:
(ac + bd)(ac - bd) \equiv 0 \pmod{p}

(2) 分析  ac - bd  与  p  的关系

由  0 < b < a < \sqrt{p} , 0 < d < c < \sqrt{p} ,得:
0 < ac - bd < ac < \sqrt{p} \cdot \sqrt{p} = p

因此, ac - bd  与  p  互质(若  p \mid (ac - bd) ,则  ac - bd = 0  或  p ,但  0 < ac - bd < p ,故不成立)。

(3) 确定  ac + bd = p

由  (ac + bd)(ac - bd) \equiv 0 \pmod{p} ,且  \gcd(ac - bd, p) = 1 ,根据同余性质:
p \mid (ac + bd)

再结合范围估计:
0 < ac + bd < \sqrt{p} \cdot \sqrt{p} + \sqrt{p} \cdot \sqrt{p} = 2p

因此,唯一可能为  ac + bd = p 。

(4) 几何直观:直线与圆的交点唯一性

由  ac + bd = p ,结合  p^2 = (ac + bd)^2 + (ad - bc)^2 (数论恒等式),代入得:
p^2 = p^2 + (ad - bc)^2 \implies ad - bc = 0

即  ad = bc ,整理得  \frac{b}{a} = \frac{d}{c} = k ( k > 0  为有理数)。

此时,点  (a,b)  与  (c,d)  均满足:

- 圆方程: x^2 + y^2 = p (因  a^2 + b^2 = p , c^2 + d^2 = p )
- 直线方程: y = kx (因  b = ka , d = kc )

由于圆  x^2 + y^2 = p  在第一象限内单调递减( y = \sqrt{p - x^2} ),且直线  y = kx  过原点,因此第一象限内圆与直线最多有一个交点。

故  (a,b)  与  (c,d)  必为同一点,即  \{a,b\} = \{c,d\} (不考虑顺序)。

结论

所有形如  4k + 1  的素数,表示为两个正整数平方和的方式唯一(不考虑顺序)。

核心逻辑:通过反证法假设“两种表示”,利用同余推导锁定  ac + bd = p ,再结合几何交点唯一性,证明“两种表示实际相同”,从而完成唯一性证明。

豆包读取我的图片,然后给出的证明
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发表于 12 小时前 | 显示全部楼层
唯一性:用反证法。
假设  p  有两种不同的正整数平方和表示(不考虑顺序时):
`𝑝=𝑎^2+𝑏^2=𝑐^2+𝑑^2`,  其中 0<𝑏<𝑑<𝑐<𝑎<√𝑝 。

(1) `p=𝑎^2+𝑏^2=𝑐^2+𝑑^2→𝑝(𝑎^2−𝑐^2)=(𝑎𝑑−𝑏𝑐)(𝑎𝑑+𝑏𝑐)` 。
由 0<𝑏<𝑑<𝑐<𝑎<√𝑝 知:
0 < ad - bc < ad < p →  (ad - bc) 与  p  互质, p | (ad + bc)
0 < ad + bc < 2p  →  ad + bc = p

(2) `𝑝=𝑎^2+𝑏^2=𝑐^2+𝑑^2→𝑝^2=(𝑎𝑐−𝑏𝑑)^2+(𝑎𝑑+𝑏𝑐)^2 `,
将 ad + bc = p代入得:ac - bd = 0

(3)  0 < b < d < c < a  → ac >bd

(2)与 (3)的结论相矛盾,假设不成立
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 楼主| 发表于 7 小时前 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2025-7-9 02:28
假设  p  有两种不同的正整数平方和表示(不考虑顺序时):
$p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$,  其中  `0 < b  ...

第一部分,那个是p的倍数,
如何推导出来?
如果我不用同余,我是不知道如何搞出来。
你给的我也看不懂

点评

a^2d^2=(p-b^2)(p-c^2), 右边展开就行了,实质上就是同余式的等式化。  发表于 5 小时前
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发表于 5 小时前 | 显示全部楼层
已知`p=a^2+b^2`, 假设 $p = a^2 + b^2 = c^2 + d^2$,  其中  `0 < b ≤ d < c ≤a < \sqrt{p}` 。

1) 0 < b ≤ d < c ≤a → ad ≥bc, 当且仅当a=c, b=d时等号成立。

2) `p = a^2 + b^2 =c^2+d^2 →  p(a^2-c^2)=(ac-bd)(ac+bd)` 。
由 `0 < b < d < c < a < \sqrt{p}` 知:
0 < ac - bd < ac < p →  (ac - bd) 与  p  互质, p | (ac + bd)
0 < ac + bd < 2p  →  ac + bd = p

3)  `p = a^2 + b^2 =c^2+d^2 →p^2 = (ac + bd)^2 + (ad - bc)^2` ,
将 ac + bd = p代入得:ad = bc, 由1)知 a=c, b=d。
所以只有 `p=a^2+b^2`一种平方和。
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