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# [欣赏] 著名的Euler-Fermat定理的一句话证明

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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

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$(x, y, z)|->{((x+2z, z, y-x-z), if x2y):}$ 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。

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$x^2+3y^2$

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 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 回复 支持 反对 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,z,y)$存在不动点, 证毕.

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。

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

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。

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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