Die Primzahlzerlegung der Summe zweier Quadrate

Zeigen Sie, wenn eine ganze Zahl die Summe zweier Quadrate ist: N = X 2 + j 2 , dann in der Primzahlzerlegung von N , alles Primzahlen P = 3 ( Mod 4 ) erscheinen mit geraden Exponenten:

Für P = 3 ( Mod 4 ) , Wenn P k ∣ N Aber P k + 1 dann nicht k ist gerade.

Also habe ich das gesehen - Prime-Power-Zerlegung eines Quadrats

Aber es ist ganz anders...

Irgendwelche Ideen?

@DietrichBurde Denn wie kann ich das gleich machen? Auf dem anderen Post die Rede davon N so dass N = M 2 ,und hier N = X 2 + j 2 , und deshalb kann ich nicht einfach die Zerlegung einer ganzen Zahl betrachten, sondern die Summe von ihnen ...
Das ist eine ganz elementare und wohlbekannte Tatsache in der algebraischen Zahlentheorie.

Antworten (3)

Lassen P ≡ 3 ( Mod 4 ) , mit P prim. Du solltest wissen

(keine Wurzel) es gibt kein  w  so dass  w 2 ≡ − 1 ( Mod P ) .
Das liegt einfach daran, wenn P = 3 + 4 A , die Gruppe invertierbarer Elemente modulo P hat Ordnung
P − 1 = 2 ( 1 + 2 A ) = 2 ⋅ ungerade Zahl ,
für einige A , kann also kein Ordnungselement haben 4 als w wäre.

Nehmen Sie im Widerspruch an

P 2 k + 1 ∣ X 2 + j 2 , Aber P 2 k + 2 ∤ X 2 + j 2 .
Wir argumentieren per Induktion weiter k ≥ 0 .

Wenn P ∤ X , Dann X hat eine Umkehrung z modulo P . Multiplizieren 0 ≡ X 2 + j 2 ( Mod P ) von z zu bekommen

− 1 ≡ ( z j ) 2 ( Mod P ) ,
ein Widerspruch zu (noroot).

Daher P ∣ X , so dass P ∣ j sowie. Wenn k = 0 , das ist ein Widerspruch, denn dann P 2 ∣ X 2 , j 2 , so dass P 2 ∣ N .

Wenn k > 0 , du bekommst das

P 2 k − 1 ∣ ( X P ) 2 + ( j P ) 2 ,
Aber
P 2 k ∤ ( X P ) 2 + ( j P ) 2 .
Jetzt gilt Induktion.

Es gibt mindestens einen weiteren Beweis, der Gaußsche ganze Zahlen beinhaltet G . Es ist ziemlich einfach zu zeigen, dass eine solche P bleibt prime-in G . Dann wenn P ∣ X 2 + j 2 = ( X + ich j ) ( X − ich j ) , es muss einen der Faktoren dividieren und somit beide, da sie komplex konjugiert sind und P ist echt. Wenn jetzt P e ist die größte Macht von P Teilen X − ich j , Dann P e ist auch die größte Macht von P Teilen X + ich j , so dass P 2 e ist die größte Macht von P Teilen X 2 + j 2 .

Könnten Sie mit der Induktion fortfahren? Ich verstehe nicht, was Sie nach „Wenn“ gemacht haben k > 0 ,das verstehst du...". Und yrs,ich würde gerne den anderen Beweis mit Gaußschen ganzen Zahlen sehen.
Was die Induktion betrifft, so ist das einfach der Induktionsschritt, auf den Sie zurückgegriffen haben k − 1 Fall: 2 k − 1 = 2 ( k − 1 ) + 1 Und 2 k = 2 ( k − 1 ) + 2 . Den anderen Beweis habe ich aufgeschrieben.

Wie von @Piquito hervorgehoben, wird Ihr Problem klassisch in jedem Lehrbuch über ANT behandelt. Wenn Sie es herausfinden müssen, gibt es eine prägnante Antwort mit den Gaußschen ganzen Zahlen. Ausgangspunkt ist die Zerlegung einer rationalen Primzahl P im Ring A = Z [ ich ] , das ist ein UFD. Ergebnis: P spaltet sich auf A (dh P es liegt an ± 1 , ± ich , ein Produkt aus zwei verschiedenen – notwendigerweise komplex konjugierten – irreduziblen Elementen) iff P ist eine Summe von zwei Quadraten, iff P ≡ 1 Mod 4 . Folge: gegeben eine ganze Zahl N geschrieben als Produkt von Potenzen verschiedener Primzahlen P v P ( N ) , N ist eine Summe von zwei Quadraten iff, für alle P ≡ 3 Mod 4 , v P ( N ) ist gerade.

Das ist nicht wahr, da es keine gibt X so dass X 2 = − 1 ( Mod P ) Wenn P = 3 ( Mod 4 ) oder D | P Und D = 3 ( Mod 4 ) . Factoring X 2 + j 2 mit reellen oder irrationalen Zahlen ist unmöglich, Sie können es mit imaginären Zahlen faktorisieren: X 2 + j 2 = ( X + ich j ) ( X − ich j ) , Und ich 2 = − 1 .

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