奇素数p表成二数平方和的相关引理和结果 (一)

记号

(1) $p^i\Vert x\iff p^i|x\wedge p^{i+1}\cancel{|}x$.

引理1 设$n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$, $x,y,z,w\in \mathbb{Z}$, 成立恒等式$$\left(x^2+n{y}^2\right)\left(z^2+n{w}^2\right)={\left(xz+nyw\right)}^2+n{\left(xw-yz\right)}^2.$$

证明
$$\begin{array}{rl}& \left(x^2+n{y}^2\right)\left(z^2+n{w}^2\right)\\ & =x^2{z}^2+n{y}^2{z}^2+n{x}^2{w}^2+n^2{y}^2{w}^2\\ & =\left[{\left(xz\right)}^2+2nxyzw+{\left(nyw\right)}^2\right]+n\left[{\left(xw\right)}^2-2xyzw+{\left(yz\right)}^2\right]\\ & ={\left(xz+nyw\right)}^2+n{\left(xw-yz\right)}^2.\end{array}$$

推论1-1 设$n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$, $x,y,z,w\in \mathbb{Z}$, 成立恒等式$$\left(x^2+n{y}^2\right)\left(z^2+n{w}^2\right)={\left(xz-nyw\right)}^2+n{\left(xw-yz\right)}^2.$$

证明 将引理1中的$y$替换为$-y$即可得到该结论.

引理2 设$n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$, $N=a^2+n{b}^2$, $a,b\in \mathbb{Z}$. 设$q=x^2+n{y}^2$是素数, $x,y\in \mathbb{Z}$, $\gcd \left(q,n\right)=1$, $q|N$. 则存在$c,d\in \mathbb{Z}$, 满足$\frac{N}{q}=c^2+n{d}^2$.

证明
第一步, 我们指出成立
$$q|n\left(xb-ay\right)\left(xb+ay\right).\text{\hspace{1em}(2.1)}$$
事实上, 由于$q|N$, 因此有$q|\left(x^{2}N-a^{2}q\right)$, 即有
$$q|x^2\left(a^2+n{b}^2\right)-a^2\left(x^2+n{y}^2\right)=n\left(x^2{b}^2-a^2{y}^2\right)=n\left(xb-ay\right)\left(xb+ay\right).$$

第二步, 我们指出成立
$$q|xb-ay或q|xb+ay.\text{\hspace{1em}(2.2)}$$
事实上, 由$\gcd \left(q,n\right)=1$和式(2.1), 有$q|\left(xb-ya\right)\left(xb+ya\right)$. 又由于$q$是素数, 因此式(2.2)成立. 基于此, 不妨设$q|xb-ay$, 即$\exists d\in \mathbb{Z}$, 使得
$$xb-ay=dq.\text{\hspace{1em}(2.3)}$$

第三步, 由式(2.3)和$q=x^2+n{y}^2$, 成立等式
$$\begin{array}{rl}& \left(a+ndy\right)y=ay+nd{y}^2\\ & =\left(xb-dq\right)+nd{y}^2\\ & =xb-d\left(q-n{y}^2\right)\\ & =xb-d{x}^2\\ & =\left(b-dx\right)x.\end{array}\text{\hspace{1em}(2.4)}$$
因此成立
$$x|\left(a+ndy\right)y.\text{\hspace{1em}(2.5)}$$

第四步, 我们指出成立
$$\gcd \left(x,y\right)=1.\text{\hspace{1em}(2.6)}$$
事实上, 有
$$\{\begin{array}{rl}& \gcd \left(x,y\right)|x\\ & \gcd \left(x,y\right)|y\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& \gcd {\left(x,y\right)}^2|x^2\\ & \gcd {\left(x,y\right)}^2|n{y}^2\end{array}\Rightarrow \gcd {\left(x,y\right)}^2|\left(x^2+n{y}^2\right)=q.$$
而$q$是素数, 因此只能是
$$\gcd {\left(x,y\right)}^2=1或q\Rightarrow \gcd \left(x,y\right)=1或\sqrt[]{q}\notin \mathbb{Z}\left(舍\right).$$

第五步, 由式(2.5), 式(2.6), 有$x|\left(a+ndy\right)$, $\exists c\in \mathbb{Z}$, 使得
$$a+ndy=cx.\text{\hspace{1em}(2.7)}$$
由式(2.7), 式(2.4), 成立
$$cxy=\left(a+ndy\right)y=\left(b-dx\right)x.\text{\hspace{1em}(2.8)}$$

第六步, 我们指出一定成立
$$x\ne 0.\text{\hspace{1em}(2.9)}$$
事实上, 若$x=0$, 则$q=0^2+n{y}^2=n{y}^2$. 此时有
$$1=\gcd \left(q,n\right)=\gcd \left(n{y}^2,n\right)=n.$$
因此有$q=y^2$是素数, 而这是不可能的.

第七步, 由式(2.8), 式(2.9), 成立
$$cy=b-dx.\text{\hspace{1em}(2.10)}$$
至此, 由式(2.7), 式(2.10), $q=x^2+n{y}^2$和推论1-1, 成立
$$\begin{array}{rl}& N=a^2+n{b}^2\\ & ={\left(cx-ndy\right)}^2+n{\left(dx+cy\right)}^2\\ & =\left(c^2+n{d}^2\right)\left(x^2+n{y}^2\right)\\ & =\left(c^2+n{d}^2\right)q.\end{array}$$
即有
$$\frac{N}{q}=c^2+n{d}^2.$$

引理3 (下降) 设$a,b\in \mathbb{Z}$, n ∈ { 1 , 2 , 3 } n\in \left\{ 1,2,3 \right\} n∈{ 1,2,3}, $p$是一奇素数, $p|N=a^2+n{b}^2$. 则$\exists c,d\in \mathbb{Z}$, 满足$p=c^2+n{d}^2$.

证明
第一步, $\exists a^{\prime },b^{\prime }\in \mathbb{Z}$, 满足$\left|a^{\prime }\right|\le \frac{p}{2},\left|b^{\prime }\right|\le \frac{p}{2}$, 成立
$$a=ps+a^{\prime },b=pt+b^{\prime }.\text{\hspace{1em}(3.1)}$$
且由于$p$是奇数, 因此实际上成立
$$\left|a^{\prime }\right|<\frac{p}{2},\left|b^{\prime }\right|<\frac{p}{2}.\text{\hspace{1em}(3.2)}$$
此时有
$$\begin{array}{rl}& N=a^2+n{b}^2={\left(ps+a^{\prime }\right)}^2+n{\left(pt+b^{\prime }\right)}^2\\ & =\left(a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2\right)+\left(p^2{s}^2+2ps{a}^{\prime }+n\left(p^2{t}^2+2pt{b}^{\prime }\right)\right)\\ & =\left(a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2\right)+p\left(p{s}^2+2s{a}^{\prime }+np{t}^2+2nt{b}^{\prime }\right).\end{array}$$
又由于$p|N$, 于是有
$$p|\left(a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2\right)=:N^{\prime }.\text{\hspace{1em}(3.3)}$$
且成立
$$0\le N^{\prime }=a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2<{\left(\frac{p}{2}\right)}^2+n{\left(\frac{p}{2}\right)}^2=\frac{\left(1+n\right)p^2}{4}\le p^2.\text{\hspace{1em}(3.4)}$$
第二步, 设$q$是素数, $q|N$, 则成立推理
$$若q\ne p\Rightarrow q<p.\text{\hspace{1em}(3.5)}$$
事实上, 由于$p,q$均为素数, $p\ne q$, 且$p|N,q|N$, 因此有
$$q|\frac{N}{p}\Rightarrow q\le \frac{N}{p}<\frac{p^2}{p}=p.$$
第三步, 我们指出对于任意素数$q$, 成立推理
若 q 具 有 形 式 x 2 + n y 2 ,   n ∈ { 1 , 2 , 3 }   ⇒   gcd ⁡ ( q , n ) = 1. (3.6) 若q具有形式{ {x}^{2}}+n{ {y}^{2}},\text{ }n\in \left\{ 1,2,3 \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\gcd \left( q,n \right)=1. \tag{3.6} 若q具有形式x2+ny2, n∈{ 1,2,3} ⇒ gcd(q,n)=1.(3.6)
若$q=2$, 则有$q=1^2+1\times 1^2=2$, $\gcd \left(2,1\right)=1$.
若$q=3$, 则有$q=1^2+2\times 1^2=3$, $\gcd \left(3,2\right)=1$.
若$q\ge 5$, 则由于 n ∈ { 1 , 2 , 3 } ,   n < q n\in \left\{ 1,2,3 \right\},\text{ }n<q n∈{ 1,2,3}, n<q, $q$是素数, 因此一定有$\gcd \left(q,n\right)=1$.
综上, 推理(3.6)成立.

第四步, 我们指出若$p$非$x^2+n{y}^2$形式, 则存在素数$q<p$非$x^2+n{y}^2$形式.
事实上, 由式(3.4), 有
$$p^2\cancel{|}{N}^{\prime }.\text{\hspace{1em}(3.7)}$$
由式(3.3), (3.7), 有
$$p\Vert N^{\prime }.\text{\hspace{1em}(3.8)}$$
$N^{\prime }$存在不等于$p$的其他素因子(否则由式(3.8), $N^{\prime }=p$非$x^2+n{y}^2$形式, 与$N^{\prime }=a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2$矛盾). 基于此, 可将$N^{\prime }$进行素因子分解得到
$$N^{\prime }=p\left({p_1}^{{\alpha }_1}{p_2}^{{\alpha }_2}\cdots {p_s}^{{\alpha }_s}\right),$$
其中$p_1,p_2,\cdots ,p_s$是不等于$p$的素数.
若$p_1,p_2,\cdots ,p_s$均具有$x^2+n{y}^2$的形式, 其中 n ∈ { 1 , 2 , 3 } n\in \left\{ 1,2,3 \right\} n∈{ 1,2,3}, 由推理(3.6), 成立
$$\gcd \left(p_j,n\right)=1,j=1,2,\cdots ,s.$$
由素数$p_1|N^{\prime }=a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2$, $p_1$具有形式$x^2+n{y}^2$, $\gcd \left(p_1,n\right)=1$, 根据引理2, $\exists {a_1}^{\prime },{b_1}^{\prime }\in \mathbb{Z}$使得$\frac{N^{\prime }}{p_1}={\left({a_1}^{\prime }\right)}^2+n{\left({b_1}^{\prime }\right)}^2.$
由素数$p_1|\frac{N^{\prime }}{p_1}={\left({a_1}^{\prime }\right)}^2+n{\left({b_1}^{\prime }\right)}^2$, $p_1$具有形式$x^2+n{y}^2$, $\gcd \left(p_1,n\right)=1$, 根据引理2, $\exists {a_2}^{\prime },{b_2}^{\prime }\in \mathbb{Z}$使得$\frac{N^{\prime }}{{p_1}^2}={\left({a_2}^{\prime }\right)}^2+n{\left({b_2}^{\prime }\right)}^2$.
继续下去, 可得到$\exists {a_{{\alpha }_1}}^{\prime },{b_{{\alpha }_1}}^{\prime }\in \mathbb{Z}$使得$\frac{N^{\prime }}{{p_1}^{{\alpha }_1}}=\left({a_{{\alpha }_1}}^{\prime }\right)+n{\left({b_{{\alpha }_1}}^{\prime }\right)}^2$, 继而最终可以得到$\exists {a_{\sum _{j=1}^s{\alpha }_j}}^{\prime },{b_{\sum _{j=1}^s{\alpha }_j}}^{\prime }\in \mathbb{Z}$满足
$$p=\frac{N^{\prime }}{\prod _{j=1}^s{p_j}^{{\alpha }_j}}={\left({a_{\sum _{j=1}^s{\alpha }_j}}^{\prime }\right)}^2+n{\left({b_{\sum _{j=1}^s{\alpha }_j}}^{\prime }\right)}^2.$$
这与$p$非$x^2+n{y}^2$形式矛盾. 由反证法, ∃ q ∈ { p 1 , p 2 , ⋯   , p s } \exists q\in \left\{ { {p}_{1}},{ {p}_{2}},\cdots ,{ {p}_{s}} \right\} ∃q∈{ p1​,p2​,⋯,ps​}非$x^2+n{y}^2$形式且$q\ne p$, 由推理(3.5), $q<p$(且由第三步讨论的第一种情况, 一定有$q\ne 2$, 即$q$是奇素数).

第五步, 第四步中得到了非$x^2+n{y}^2$形式的奇素数$q<p$, $q|N^{\prime }=a{{}^{\prime }}^2+nb{{}^{\prime }}^2$. 将上述步骤中的$p$替换为$q$, 重新经历步骤一, 步骤四, 又可以得到非$x^2+n{y}^2$形式的奇素数$q_1,q_2,\cdots$满足$q_1>q_2>\cdots$.
总结起来即: 若$p$非$x^2+n{y}^2$形式, 则可以产生一个无穷递降的, 非$x^2+n{y}^2$形式的奇素数列
{ p , q , q 1 , q 2 , ⋯   } . \left\{ p,q,{ {q}_{1}},{ {q}_{2}},\cdots \right\}. { p,q,q1​,q2​,⋯}.
而这是不可能的(不存在无穷递降的正整数列). 由反证法, $p$具有$x^2+n{y}^2$的形式, 即$\exists c,d\in \mathbb{Z}$, 使得$p=c^2+n{d}^2$.

引理4 设$n\in \mathbb{Z}$, $p$是素数, $\gcd \left(p,n\right)=1$. 则$\left(\frac{-n}{p}\right)=1\iff$$\exists x,y\in \mathbb{Z}$, $\gcd \left(x,y\right)=1$, 满足$p|\left(x^2+n{y}^2\right)$.

证明
$\left(\Rightarrow \right)$ 设Legendre符号$\left(\frac{-n}{p}\right)=1$, 则同余式$x^2\equiv -n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解$x\equiv x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$, 此时有
$$\begin{array}{rl}& {x_0}^2\equiv -n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow {x_0}^2+n\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \Rightarrow p|\left({x_0}^2+n\right)=\left({x_0}^2+n\times 1\right),\gcd \left(x_0,1\right)=1.\end{array}$$

$\left(\Leftarrow \right)$ 设$\exists x_0,y_0\in \mathbb{Z}$, $\gcd \left(x_0,y_0\right)=1$, 满足$p|\left({x_0}^2+n{y_0}^2\right)$, 即有
$${x_0}^2+n{y_0}^2\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p.\text{\hspace{1em}(4.1)}$$

第一步, 我们指出成立
$$\gcd \left(p,y_0\right)=1.\text{\hspace{1em}(4.2)}$$
事实上, 若$p|y_0$, 则有
$$\{\begin{array}{rl}& p|\left({x_0}^2+n{y_0}^2\right)\\ & p|y_0\Rightarrow p|n{y_0}^2\end{array}\Rightarrow p|\left({x_0}^2+n{y_0}^2\right)-n{y_0}^2={x_0}^2\Rightarrow p|x_0\left(\because p是素数\right).$$
而$\{\begin{array}{rl}& p|x_0\\ & p|y_0\end{array}\Rightarrow p|\gcd \left(x_0,y_0\right)$, 与$\gcd \left(x_0,y_0\right)=1$矛盾, 因此$p\cancel{|}{y}_0$, 式(4.2)成立.

第二步, 由式(4.2), 关于$y^{\prime }$的同余式$y_0{y}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解$y^{\prime }\equiv {y_0}^{\prime }\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$, 成立
$$y_0{y_0}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p.\text{\hspace{1em}(4.3)}$$
由式(4.2), 式(4.3), 得
$${x_0}^2{y}_0{{}^{\prime }}^2{y_0}^2={x_0}^2{\left(y_0{y_0}^{\prime }\right)}^2\equiv -n{y_0}^2\times 1=-n{y_0}^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p.$$
由式(4.2), 进一步可得
$${\left(x_0{y_0}^{\prime }\right)}^2={x_0}^2{y}_0{{}^{\prime }}^2\equiv -n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p.\text{\hspace{1em}(4.4)}$$
即同余式$z^2\equiv -n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$有解$z\equiv x_0{y_0}^{\prime }\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p.$ 又由于$\gcd \left(p,n\right)=1$, 因此有
$$\left(\frac{-n}{p}\right)=1.$$

定理5 (Fermat) 设 n ∈ { 1 , 2 , 3 } n\in \left\{ 1,2,3 \right\} n∈{ 1,2,3}, $p$是一奇素数, $\gcd \left(p,n\right)=1$. 成立等价关系$$p=c^2+n{d}^2,\exists c,d\in \mathbb{Z}\iff \left(\frac{-n}{p}\right)=1\iff p\equiv \{\begin{array}{rl}& 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4,n=1,\\ & 1,3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8,n=2,\\ & 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3,n=3.\end{array}$$

证明
先证明成立等价关系
$$p=c^2+n{d}^2,\exists c,d\in \mathbb{Z}\iff \left(\frac{-n}{p}\right)=1.$$
$\left(\Rightarrow \right)$ 设$\exists c,d\in \mathbb{Z}$, 满足$p=c^2+n{d}^2$, 当然也有
$$p|p=\left(c^2+n{d}^2\right).\text{\hspace{1em}(5.1)}$$
$$\{\begin{array}{rl}& \gcd \left(c,d\right)|c\\ & \gcd \left(c,d\right)|d\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& \gcd {\left(c,d\right)}^2|c^2\\ & \gcd {\left(c,d\right)}^2|n{d}^2\end{array}\Rightarrow \gcd {\left(c,d\right)}^2|\left(c^2+n{d}^2\right)=p.$$
由于$p$是素数, 因此有$\gcd {\left(c,d\right)}^2=1$或$\gcd {\left(c,d\right)}^2=p$, 因此只能是
$$\gcd \left(c,d\right)=1.\text{\hspace{1em}(5.2)}$$
由式(5.1), 式(5.2), $\gcd \left(p,n\right)=1$和引理4, 即得到$\left(\frac{-n}{p}\right)=1$.

$\left(\Leftarrow \right)$ 设$\left(\frac{-n}{p}\right)=1$. 由于$\gcd \left(p,n\right)=1$, 由引理4, $\exists x,y\in \mathbb{Z}$满足$\gcd \left(x,y\right)=1$, 使得$p|\left(x^2+n{y}^2\right)$. 又由于$n\in {\mathbb{Z}}_{\le 3}$, 根据引理3 (下降), 即得$\exists c,d\in \mathbb{Z}$, 使得$p=c^2+n{d}^2$.

再证明成立等价关系
$$\left(\frac{-n}{p}\right)=1\iff p\equiv \{\begin{array}{rl}& 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4,n=1,\\ & 1,3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8,n=2,\\ & 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3,n=3.\end{array}$$
由博文《Legendre符号的定义和基本性质》, 有以下讨论.
$n=1$时, 直接有$$\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv 1\iff p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4.$$
$n=2$时, 我们指出成立$$\left(\frac{-2}{p}\right)=1\iff p\equiv 1,3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8.\text{\hspace{1em}(5.3)}$$
事实上, $\left(\frac{-2}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{2}{p}\right)$, 欲成立$\left(\frac{-2}{p}\right)=1$, 只有两种情况:
(1) $$\left(\frac{-1}{p}\right)=\left(\frac{2}{p}\right)=1\iff \{\begin{array}{rl}& p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\\ & p\equiv \pm 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8\end{array}\iff p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8.$$
(2) $$\left(\frac{-1}{p}\right)=\left(\frac{2}{p}\right)=-1\iff \{\begin{array}{rl}& p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\\ & p\equiv \pm 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8\end{array}\iff p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8.$$
于是也就成立等价关系(5.3).

$n=3$时, 我们指出成立$$\left(\frac{-3}{p}\right)=1\iff p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3.\text{\hspace{1em}(5.4)}$$
事实上, 由二次互反律, 有
$$\left(\frac{p}{3}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\frac{3-1}{2}}\left(\frac{3}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{3}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{3}{p}\right)=\left(\frac{-3}{p}\right).$$
而
$$\{\begin{array}{rl}& p\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3\iff \left(\frac{p}{3}\right)=0\\ & p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3\iff \left(\frac{p}{3}\right)=1\\ & p\equiv 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3\iff \left(\frac{p}{3}\right)=-1\end{array}$$
于是也就成立等价关系(5.4).

推论6 不定方程$p=x^2+y^2$有(正)整数解$\iff$$p=4m+1$.

推论7 不定方程$p=x^2+2y^2$有(正)整数解$\iff$$\left(\frac{-2}{p}\right)=1$, 即$p=8m+1$或$p=8m+3$.

推论8 不定方程$p=x^2+3y^2$有(正)整数解$\iff$$\left(\frac{-3}{p}\right)=1$.