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[欣赏] 著名的Euler-Fermat定理的一句话证明

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发表于 2011-10-17 00:35:01 | 显示全部楼层 |阅读模式

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A One-Sentence Proof That Every Prime $p\-=1(mod 4)$  Is a Sum of Two Squares

D. ZAGIER

Depurtmet~to  f Muthemutics, University of Maryland, College Park, MD 20742

The involution on the finite set$S={(x,y,z) \in N^3|x^2+4yz=p}$  defined by
$ (x, y, z)|->{((x+2z, z, y-x-z), if  x<y-z), ((2y-x, y, x-y+z), if  y-z<x<2y), ((x-2y, x-y+z, y), if  x>2y):}$
has exactly one fixed point, so  |S|  is odd and the involution defined by $(x,y,z)|->(x,z,y)$  also has a fixed point.
This proof is a simplification of one due to Heath-Brown [I](inspired, in turn, by a proof given by Liouville). The verifications of the implicitly made assertions that S is finite and that the map is well-defined and involutory (i.e., equal to its own inverse) and has exactly one fixed point are immediate and have been left to the reader. Only the last requires that p be a prime of the form 4k+1, the fixed point then being (l,l,k).
Note that the proof is not constructive: it does not give a method to actually find the representation of p as a sum of two squares. A similar phenomenon occurs with results in topology and analysis that are proved using fixed-point theorems. Indeed, the basic principle we used: "The cardinalities of a finite set and of its fixed-point set under any involution have the same parity," is a combinatorial analogue and special case of the corresponding topological result: "The Euler characteristics of a topological space and of its fixed-point set under any continuous involution have the same parity."

For a discussion of constructive proofs of the two-squares theorem, see the Editor's Corner elsewhere in this issue.
REFERENCE
1. D. R. Heath-Brown, Fermat's two-squares theorem, Invariant(1984) 3-5
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 楼主| 发表于 2011-10-17 01:35:01 | 显示全部楼层

简译

模4余1的素数可以写成两个整数的平方和

证明(Zagier,1990):
由于有限集$S={(x,y,z) \in N^3|x^2+4yz=p}$上的一个对合$ (x, y, z)|->{((x+2z, z, y-x-z), if x<y-z), ((2y-x, y, x-y+z), if y-z<x<2y), ((x-2y, x-y+z, y), if x>2y):}$
恰有唯一不动点意味着|S|为奇数, 从而S上的另一个对合$(x,y,z)|->(x,z,y)$存在不动点, 证毕.

这是对Health-Brown的一个证明(受Liouville的一个证明的启发)的简化。S无疑是有限集,映射是定义分明的并且是个对合(即自逆变换)并且恰有一个不动点,这些断言没有什么弯弯,就留给读者了。唯最后要求p是4k+1  形素数,那个不动点于是即(1,1,k).
注意证明是非构造性的:没有实际给出p写成两平方和的方法。相似的现象发生在拓扑和分析使用不动点理论证明的结果中。事实上,我们使用的基本原理“有限集和它在任意对合下的不动点集的基数具有相同的奇偶性”是一个组合数学模型和相应的拓扑学结果“一个拓扑空间的Euler 示性数与其在任意连续对合下的不动点集具有同的奇偶性”的特例。
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 楼主| 发表于 2011-10-17 02:36:08 | 显示全部楼层
关于这个证明的解读,可以参看这里(PDF),其中谈到了另外两个证明。

著译者对数学家Zagier的这个证明甚为惊奇,觉得简直是无中生有。确实,这种证明不似刻意为之,应是妙手偶得,其它工作的副产品。与二次点列的射影变换、整数矩阵有关。

欣赏之余,作一尝试:仿此证明模6余1的素数可写为$x^2+3y^2$
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 楼主| 发表于 2020-4-8 10:23:37 | 显示全部楼层
发现按 y 来划分区段更简明。
$ (x, y, z)|->{((x+2z, z, y-x-z), if x+z<y<=n), ((2y-x, y, x-y+z), if x/2<y<x+z), ((x-2y, x-y+z, y), if 0<y<x/2):}$
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 楼主| 发表于 2020-4-8 19:33:40 | 显示全部楼层
素数 `p=6n+1`, 则 存在自然数 `a, b`, 使得 `p=a^2+3b^2`.

试证: 记`S=\{(x, y, z) \in( N^3|x^2+3yz=p\}`, 构造的分段映射
\[(x, y, z)\mapsto\begin{cases}
(\quad x-3y,&2x-3y+z,&\qquad y\quad\enspace), &\quad\enspace\text{if}\quad  y<\frac13x\\
(\quad 3y-x,&\qquad y,\quad &2x-3y+z),&\text{else if}\quad  y<\frac23x+\frac13z\\
(5x-6y+3z, &4x-4y+3z, & 3y-2x-z),&\text{else if}\quad  y<\frac56x+\frac12z\\
(6y-5x-3z, & 3y-2x-z, & 4x-4y+3z),&\text{else if}\quad  y<x+\frac32z\\
(7x-6y+6z, & 4x-3y+4z, & 4y-4x-3z),&\text{else if}\quad  y<\frac76x+z\\
(6y-7x-6z, & 4y-4x-3z, & 4x-3y+4z),&\text{else if}\quad  y<\frac43x+\frac43z\\
(5x-3y+6z, & 2x-y+3z, & 3y-4x-4z),&\text{else if}\quad  y<\frac53x+2z\\
(3y-5x-6z, & 3y-4x-4z, & 2x-y+3z),&\text{else if}\quad  y<2x+3z\\
(\quad x+3z, &\qquad z, & y-2x-3z),&\text{else if}\quad  y<p
\end{cases}\]
是`S`上的一个对合,并且恰有唯一不动点(位于第5段), 所以`|S|`为奇数, 从而`S`上的另一个对合$(x,y,z)|->(x,z,y)$存在不动点, 证毕.
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 楼主| 发表于 2020-4-8 20:24:22 | 显示全部楼层
以上对合变换中,记各行变换矩阵为`A_i`,区间对应的`S`子集为`S_i`.
容易验证 `A_1A_9=A_3A_7=A_2^2=A_4^2=A_5^2=A_6^2=A_8^2=E`
`S_1`与`S_3`, `S_7`与`S_9`对易,显然是没有不动点的。
自对应区段`S_i(i=2,4,5,6,8)`则需要检验不动点。
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 楼主| 发表于 2020-4-9 20:58:08 | 显示全部楼层
不动点检验:
S2:3y-x = x → 2x = 3y, 与 x^2≡1(mod3) 相矛盾。
S4:6y-5x-3z = x → x= y-z/2, 代入`y^2+3yz=6n+1→4y^2+8yz+z^2=4(6n+1)`,??。
S5:7x-6y+6z = x → x = y-z, 代入得 `y^2+yz+z^2 = 6n+1`, ??。
S6:6y-7x-6z = x → 4x = 3y-3z, 与 x^2≡1(mod3) 相矛盾。
S8:3y-5x-6z = x → x = y/2x-z 代入得 `y^2+8yz+4z^2=4(6n+1)`,??

S4若有不动点 (b-c, b, 2c), 则S8就有不动点(b-c, 2b, c), 反之亦然。
两者的不动点若有的话是一一对应的
故可以将它们从各自的Si中剔出来构建2个新的分段:
(x, y, z) → (x, 2y, z/2), if 2x-2y+z = 0,
(x, y, z) → (x, y/2, 2z), if 2x-y+2z = 0.

问题现在归结为S5的不动点。
S5的不动点存否归结于 不定方程`y^2+yz+z^2 = 6n+1`,与原问题等价,回到原点。

6n+1= x^2+3y^2或许需要分成两部分来证明:
12n+1= x^2+12y^2
12n+7= 3x^2+4y^2
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 楼主| 发表于 2020-4-10 02:22:31 | 显示全部楼层
分成两部分。
第1部分,12n+1型的素数可拆成`x^2+12y^2`.
`S=\{(x,y,z)\in N^3|x^2+12yz=12n+1\}`上的一个对合如下

检验不动点:
S2:6y-x = x → x = 3y, 与 x^2≡1(mod12) 相矛盾。
S4:12y-5x-6z = x → x = 2y-z, 代入`x^2+12yz=12n+1→4y^2+8yz+z^2=12n+1`,??。
S5:7x-12y+12z = x → x = 2y+2z, 与 x 为奇数相矛盾。
S6:12y-7x-12z = x → 2x = 3y-3z, 与 x^2≡1(mod12) 相矛盾。
S8:6y-5x-12z = x → x = y-2z 代入得 `y^2+8yz+4z^2=12n+1`,??

S4和S8的不动点方程可以化为同一佩尔方程,可证明两者不可能同时有正整数解。
但要证明两者必有一个正整数解,可能还是需要数论方法。

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 楼主| 发表于 2020-4-10 02:24:13 | 显示全部楼层
第2部分,12n+7型素数可拆为`3x^2+4y^2`.
`S=\{(x,y,z)\in N^3|3x^2+4yz=12n+7\}`上的一个对合如下:


检验不动点:
S2:2y-x = x → x = y, 代入`3x^2+4yz=12n+7`解得一个不动点`(x, y, z)=(1, 1, 3n+1)`.
S4:4y-5x-2z = x → 2y = 3x+z, 代入`3x^2+4yz=12n+7→3x^2+6xz+2z^2=12n+7`,无解*。
S5:7x-4y+4z = x → 3x = 2y-2z, 与 x 为奇数相矛盾。
S6:4y-7x-4z = x → y = 2x+z, 代入得 (3x+2z)(x+2z)=12n+7, 与p为素数相矛盾。
S8:2y-5x-4z = x → 2z= y-3x 代入得 `3x^2-6xy+2y^2=12n+7`,无解*。

*:`3x^2±6xy+2y^2=12n+7`的左边≡2(mod3), 右边≡1(mod3)。

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