JAHNAVI BHASKAR(mod p). Let x = |x1

JAHNAVI BHASKAR
(mod p). Let x = |x1 − x2|, y = |y1 − y2| so that (x, y) ∈ S. We want to exclude
the possibility that x = 0 or y = 0, so that x, y ∈ {1, 2, · · · , [
√p]}.
Suppose first that x = |x1 − x2| = 0 so that x1 = x2. Then a(x1 − x2) = 0 ≡
y1 − y2 (mod p). Since y1, y2 ∈ {0, 1, . . . , [
√p]}, we know that y1 < p and y2 < p.
Then we must have that y1 = y2, contradicting (x1, y1) 6= (x2, y2).
Suppose now that y = |y1 − y2| = 0 so that y1 = y2. Then a(x1 − x2) ≡ 0 (mod
p). Since p - a, by Exercise 2.16, x1 − x2 ≡ 0 (mod p). Using the same logic as
above, we conclude that x1 = x2, contradicting (x1, y1) 6= (x2, y2).
Thus we have ax ≡ ±y (mod p), as desired.
Theorem 3.7. If the equation a
2 + 1 ≡ 0 (mod p) is solvable for some a, then p
can be represented as a sum of two squares.
Proof. Take a as a solution to the equation a
2 + 1 ≡ 0 (mod p). Then p - a,
because if p | a, then a
2 ≡ 0 (mod p), and a
2 + 1 ≡ 1 (mod p). Thus we can apply
Thue’s Theorem: there exist x, y ∈ {1, 2, . . . , [
√p]} such that ax ≡ ±y (mod p).
Now, multiplying a
2 + 1 ≡ 0 (mod p) by x
2
results in a
2x
2 + x
2 ≡ y
2 + x
2 ≡ 0
(mod p), which means that x
2 + y
2 = kp for some k ∈ Z. Since x
2 + y
2 ≥ 2, we
have k > 0. We will show that in fact, k = 1. Remember that x, y ≤ [
√p], so
x
2
, y2 ≤ ([√p])2 < (
√p)
2 = p, so x
2 +y
2 < 2p. We’ve shown above that p | x
2 +y
2
.
Thus k = 1, so that x
2 + y
2 = p.
Theorem 3.8. A prime number p > 2 is a sum of two squares if and only if p ≡ 1
(mod 4).
Proof. • Suppose p = x
2 + y
2
for nonnegative integers x, y.
The result follows from two key properties of the ring Z/4Z. Notice first
that any odd integer is congruent to either 1 (mod 4) or 3 (mod 4). Furthermore,
any square is congruent to 0 (mod 4) or 1 (mod 4) for the following
reason: as described above, any element of a residue class is representative
in that arithmetic performed on that element gives a result for the entire
class. Thus, we can consider each element of Z/4Z = {0, 1, 2, 3} squared:
0
2 ≡ 0 (mod 4), 12 ≡ 1 (mod 4), 22 ≡ 0 (mod 4), and 32 ≡ 1 (mod 4). So
(Z/4Z)
2 = {0, 1}. Now, consider p = x
2 +y
2
(mod 4). Since x
2
, y2 ∈ {0, 1}
(mod 4), we know that p ≡ x
2 + y
2 ∈ {0, 1, 2} (mod 4). But p is prime
greater than 2, so p is odd. Thus p ≡ 1 (mod 4).
n.b. This proof actually shows that if n is any odd integer that can be
represented as the sum of two squares, then n ≡ 1 (mod 4).
• Suppose p ≡ 1 (mod 4).
We will show that a
2 + 1 ≡ 0 (mod p) is solvable for some a, so that
applying Theorem 3.7 above, we get that p is a sum of squares. First, we
will examine the factors in (p − 1)!:
(p − 1)! = 1 · 2 · · · 
p − 1
2

·

p + 1
2

· · ·(p − 2) · (p − 1).
The last (p − 1)/2 factors in the product can be paired with the negatives
of the first (p − 1)/2 factors in the following way: (p − 1) ≡ −1 (mod p);
SUM OF TWO SQUARES 7
(p − 2) ≡ −2 (mod p); . . . ; p+1
2 ≡ −p−1
2
(mod p). The factorial becomes:
(p − 1)! ≡ 1 · 2 · · · 
p − 1
2

· − 
p − 1
2

· · · − 2 · −1 (mod p)
≡ (−1)(p−1)/2

1 · 2 · · · 
p − 1
2
2
(mod p)
Wilson’s Theorem tells us that (p − 1)! ≡ −1 (mod p), so we can write:
−1 ≡ (−1)(p−1)/2

1 · 2 · · · 
p − 1
2
2
(mod p)

1 · 2 · · · 
p − 1
2
2
≡ (−1)(p+1)/2
(mod p)
Now, we know that p ≡ 1 (mod 4), so p = 4k + 1 for some k ∈ Z. Then
p+1
2 =
4k+1+1
2 = 2k + 1, which is odd. Thus, we have that (−1)(p+1)/2 =
(−1)2k+1 = −1 and

1 · 2 · · · 
p − 1
2
2
+ 1 ≡ 0 (mod p).
Let a = 1 · 2 · · ·
p−1
2


, so that we have
a
2 + 1 ≡ 0 (mod p).
We can now apply Theorem 3.7 to conclude that p is a sum of squares.

Having solved the sum of two squares problem when n is prime, we now consider
the case when n is not prime. The following theorems are required to prove the
Two Squares Theorem.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

JAHNAVI BHASKAR(mod p) ให้ x = |x1 − x2|, y = |y1 − y2| ให้ (x, y) ∈ s ได้ เราต้องการแยกเป็นไปได้ที่ x = 0 หรือ y = 0 ดังนั้นที่ x, y ∈ { 1, 2, ···, [√p]}.สมมติว่า x แรก = |x1 − x2| = 0 ดังนั้น x 1 = x 2 แล้วเป็น (x − 1 x 2) = 0 ≡y1 − y2 (mod p) ตั้งแต่ y1, y2 ∈ {0, 1,..., [√p] }, เรารู้ว่า y1 < p และ y2 < pแล้วเราต้องทำให้ y1 = y2 ขัดแย้ง (x1, y1) 6 = (x2, y2)ตอนนี้สมมติว่า y = |y1 − y2| = 0 ดังนั้น y1 = y2 แล้วเป็น (x − 1 x 2) ≡ 0 (modp) ตั้งแต่ p - a โดยออกกำลังกาย 2.16, x 1 − x 2 ≡ 0 (mod p) ใช้ตรรกะเดียวเหนือ เราสรุปที่ x 1 = x 2, 6 ขัดแย้ง (x 1, y1) = (x2, y2)ดังนั้น เรามี ax ≡ ±y (mod p), เป็นที่ต้องการทฤษฎีบท 3.7 ถ้าสมการการ2 + 1 ≡ 0 (mod p) จะแก้ไขบางตัว p แล้วสามารถแสดงเป็นผลรวมของช่องสี่เหลี่ยมสองหลักฐานการ ทำให้เป็นการแก้ไขสมการเป็น2 + 1 ≡ 0 (mod p) แล้ว p - aเนื่องจากถ้า p | การ จาก นั้นเป็น2 ≡ 0 (mod p), และ2 + 1 ≡ 1 (mod p) ดังนั้น เราสามารถใช้ทฤษฎีบทของ Thue: มี x, y ∈ {1, 2,..., [√p] } ที่ ax ±y ≡ (mod p)ตอนนี้ คูณมี2 + 1 ≡ 0 (mod p) โดย x2ผลในการ2 x2 + x2 ≡ y2 + x2 ≡ 0(mod p), ซึ่งหมายความ ว่า x2 + y2 = kp สำหรับบาง∈ k Z ตั้งแต่ x2 + y2 ≥ 2 เรามี k > 0 เราจะแสดงว่าในความเป็นจริง k = 1 จำที่ x, y ≤[√p], ดังนั้นx2, y2 ≤ ([√p]) 2 < (√p)2 = p, x ดังนั้น2 + y2 < 2p เราได้ข้างที่ p | x2 + y2.ดังนั้น k = 1 ดังนั้นที่ x2 + y2 = pทฤษฎีบทที่ 3.8 จำนวนเฉพาะ p > 2 เป็นผลรวมของช่องสี่เหลี่ยมที่สอง และเมื่อ p ≡ 1(mod 4)หลักฐานการ •สมมติว่า p = x2 + y2สำหรับ nonnegative จำนวนเต็ม x, yผลตามจากคุณสมบัติสำคัญสองแหวน Z/4Z สังเกตก่อนว่ามีจำนวนเต็มคี่แผงใด 1 (mod 4) หรือ (mod 4) 3 นอกจากนี้สี่เหลี่ยมใด ๆ เป็นแผงเป็น 0 (mod 4) หรือ 1 (mod 4) ตามเหตุผล: ตามที่อธิบายไว้ข้างต้น องค์ประกอบใด ๆ ของระดับสารตกค้างเป็นตัวแทนในการดำเนินการเลขคณิตใน องค์ประกอบที่ให้ผลในทั้งหมดคลา ดังนั้น เราสามารถพิจารณาแต่ละองค์ประกอบของ Z/4Z = {0, 1, 2, 3 } ยกกำลังสอง:02 ≡ 0 (mod 4), 12 ≡ 1 (mod 4), 22 ≡ 0 (mod 4), และ 32 ≡ 1 (mod 4) ดังนั้น(Z/4Z)2 = {0, 1 } พิจารณาขณะนี้ p = x2 + y2(mod 4) ตั้งแต่ x2, y2 ∈ {0, 1 }(mod 4), เรารู้ว่า≡ p x2 + y2 ∈ {0, 1, 2 } (mod 4) แต่ p คือ นายกเกินกว่า 2 ดังนั้น p เป็นคี่ ดังนั้น p ≡ 1 (mod 4)n.b. หลักฐานนี้จะแสดงให้เห็นว่าถ้า n เป็นจำนวนเต็มคี่ใด ๆ ที่สามารถแสดงเป็นผลรวมของสองช่อง แล้ว n ≡ 1 (mod 4)•สมมติว่า p ≡ 1 (mod 4)เราจะแสดงว่าการ2 + 1 ≡ 0 (mod p) จะแก้ไขบางตัว ให้เราใช้ทฤษฎีบท 3.7 ข้าง ได้ที่ p คือ ผลรวมของกำลังสอง แรก เราจะตรวจสอบปัจจัยใน (p − 1) !:(p − 1) = 1 · 2 · · · p − 12·p + 12· · · (p − 2) · (p − 1)สุดท้าย (p − 1) / 2 ปัจจัยในการผลิตภัณฑ์สามารถจับคู่กับเชิงลบครั้งแรก (p − 1) / 2 ปัจจัยในวิธีต่อไปนี้: (p − 1) ≡ −1 (mod p);ผลรวมของสองช่อง 7(p − 2) ≡ −2 (mod p); . . . ; p + 1−p−1 2 ≡2(mod p) แฟกทอเรียลจะ:(p − 1) ≡ 1 · 2 · · · p − 12· − p − 12· · · − 2 · −1 (mod p)≡ (−1) (p−1) / 21 · 2 · · · p − 122(mod p)ทฤษฎีบทของ Wilson บอกเราว่า (p − 1) ≡ −1 (mod p), ดังนั้นเราสามารถเขียน:≡ −1 (−1) (p−1) / 21 · 2 · · · p − 122(mod p)1 · 2 · · · p − 122≡ (−1)(p+1)/2(mod p)ตอนนี้ เรารู้ว่า p ≡ 1 (mod 4), ดังนั้น p = k + 1 สำหรับบาง∈ k z. 4 แล้วp + 12 =4k + 1 + 12 = 2 k + 1 ซึ่งเป็นคี่ ดังนั้น เราได้ที่ (−1)(p+1)/2 =(−1) 2 k + 1 = −1 และ1 · 2 · · · p − 122+ 1 ≡ 0 (mod p)ให้การ = 1 · 2 · · ·p−12
เพื่อให้เราได้มี2 + 1 ≡ 0 (mod p)ตอนนี้เราสามารถใช้ทฤษฎีบท 3.7 เพื่อสรุปว่า p คือ ผลรวมของกำลังสองมีแก้ไขผลรวมของช่องสี่เหลี่ยมสองปัญหาเมื่อ n เป็นนายก เราขณะนี้พิจารณากรณีเมื่อ n ไม่ใช่นายกรัฐมนตรี ทฤษฎีต่อไปนี้จะต้องพิสูจน์การทฤษฎีบทสี่เหลี่ยม 2

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

JAHNAVI ร้า
(สมัย p) ให้ x = | x1 - x2 |, y = | y1 - y2 | เพื่อให้ (x, y)
∈เอสเราต้องการที่จะไม่รวมเป็นไปได้ที่x = 0 หรือ Y = 0 เพื่อให้ x, y ∈ {1, 2, ···
[√p]}.
สมมติแรกที่ x = | x1 - x2 | = 0 เพื่อให้ x1 = x2 แล้ว (x1 - x2) = 0 ≡
y1 - y2 (สมัย p) ตั้งแต่ y1, y2 ∈ {0, 1, . . [√p]} เรารู้ว่า y1 <p และ y2 <p. จากนั้นเราจะต้องมีที่ y1 = y2, ขัดแย้ง (x1, y1) 6 = (x2, y2). สมมติว่าตอนนี้ที่ Y = | y1 - y2 | = 0 เพื่อให้ y1 = y2 แล้ว (x1 - x2) ≡ 0 (สมัยP) ตั้งแต่พี - โดยการใช้สิทธิ 2.16, x1 - x2 ≡ 0 (สมัย p) ใช้ตรรกะเดียวกันกับข้างต้นเราสรุปได้ว่า x1 = x2, ขัดแย้ง (x1, y1) 6 = (x2, y2). ดังนั้นเราจึงมีขวาน≡± Y (สมัยพี) ตามที่ต้องการ. ทฤษฎีบท 3.7 ถ้าสมการ2 + 1 ≡ 0 (สมัย p) เป็นแก้ปัญหาเป็นบางส่วนแล้วพีสามารถแสดงเป็นผลรวมของสองสี่เหลี่ยม. หลักฐาน ใช้เป็นวิธีการแก้สมการที่2 + 1 ≡ 0 (สมัย p) แล้วพี - เป็นเพราะถ้าพี| ที่แล้ว2 ≡ 0 (สมัย p) และ2 + 1 ≡ 1 (สมัย p) ดังนั้นเราจึงสามารถนำไปใช้ทฤษฏีของ Thue: มีอยู่ x, y ∈ {1, 2, . . [√p]} ดังกล่าวว่าขวาน≡± Y (สมัย p). ตอนนี้คูณ2 + 1 ≡ 0 (สมัย p) โดย x 2 ส่งผลให้2x 2 + x 2 ≡ y ที่2 + x 2 ≡ 0 ( mod P) ซึ่งหมายความว่า x 2 + y ที่2 = KP สำหรับบาง k ∈ซีตั้งแต่ x 2 + y ที่2 ≥ 2 เรามีk> 0 เราจะแสดงให้เห็นว่าในความเป็นจริง k = 1 โปรดจำไว้ว่า x, Y ≤ [√p] ดังนั้นx 2, y2 ≤ ([√p]) 2 <(√p) 2 = พีดังนั้น x 2 + y ที่2 <2p เราได้แสดงให้เห็นข้างต้นที่พี | x 2 + y ที่2. ดังนั้น k = 1 เพื่อให้ x 2 + y ที่2 = พี. ทฤษฎีบท 3.8 พีจำนวนเฉพาะ> 2 เป็นผลรวมของสองสี่เหลี่ยมถ้าหากว่าพี≡ 1 (4 สมัย). หลักฐาน •สมมติ p = x 2 + y ที่2 สำหรับจำนวนเต็มไม่เป็นลบ x, y. ผลที่ได้ดังต่อไปนี้จากสองคุณสมบัติที่สำคัญของแหวน Z / 4Z ขอให้สังเกตแรกที่จำนวนเต็มคี่สอดคล้องกับทั้ง 1 (4 สมัย) หรือ 3 (4 สมัย) นอกจากตารางใด ๆ ที่สอดคล้องกันเป็น 0 (4 สมัย) หรือ 1 (4 สมัย) ให้ต่อไปนี้เหตุผลที่อธิบายข้างต้นองค์ประกอบของระดับสารตกค้างใดๆ ที่เป็นตัวแทนในการคำนวณที่ดำเนินการเกี่ยวกับองค์ประกอบที่ให้ผลสำหรับทั้งชั้น ดังนั้นเราจึงสามารถพิจารณาองค์ประกอบของแต่ละ Z / 4Z = {0, 1, 2, 3} ยืด: 0 2 ≡ 0 (สมัยที่ 4) 12 ≡ 1 (สมัยที่ 4) 22 ≡ 0 (4 สมัย) และ 32 ≡ 1 (4 สมัย) ดังนั้น(Z / 4Z) 2 = {0, 1} ตอนนี้พิจารณา p = x 2 + y ที่2 (4 สมัย) ตั้งแต่ x 2, y2 ∈ {0, 1} (4 สมัย) เรารู้ว่าพี≡ x 2 + y ที่2 ∈ {0, 1, 2} (4 สมัย) แต่พีเป็นสำคัญมากกว่า 2 ดังนั้นพีเป็นเลขคี่ ดังนั้นพี≡ 1 (4 สมัย). nb หลักฐานนี้จริงแสดงให้เห็นว่าถ้า n เป็นจำนวนเต็มคี่ที่สามารถแสดงเป็นผลรวมของสองสี่เหลี่ยมแล้วn ≡ 1 (4 สมัย). •สมมติพี≡ 1 (4 สมัย) . เราจะแสดงให้เห็นว่า2 + 1 ≡ 0 (สมัย p) เป็นแก้ปัญหาสำหรับบางเพื่อให้ใช้ทฤษฎีบท3.7 ข้างต้นเราได้รับที่หน้าเป็นผลรวมของสี่เหลี่ยม ครั้งแรกที่เราจะตรวจสอบปัจจัยในการ (พี - 1) !: (พี - 1)! ? = 1 · 2 ···พี- 1 2? ·? พี 1 + 2? ··· (พี - 2) · (พี - 1). สุดท้าย (พี - 1) / 2 ปัจจัยในผลิตภัณฑ์สามารถ จับคู่กับเชิงลบในครั้งแรก(พี - 1) / 2 ปัจจัยในทางที่ต่อไปนี้: (พี - 1) ≡ -1 (สมัยพี) ผลรวมของสองสี่เหลี่ยม 7 (พี - 2) ≡ -2 (สมัย p) ; . . . ; พี 1 + 2 ≡ -p-1 2 (สมัย p) จะกลายเป็นปัจจัย: (พี - 1)! ? ≡ 1 · 2 ···พี- 1 2? · - พี - 1 2? ··· - 2 · -1 (สมัย ณ ) ≡ (-1) (P-1) / 2? 1 · 2 · ··พี- 1 2 ?? 2 (สมัย p) ทฤษฎีบทของวิลสันบอกเราว่า (พี - 1)! ≡ -1 (สมัย p) ดังนั้นเราสามารถเขียน: -1 ≡ (-1) (P-1) / 2?? 1 · 2 ···พี- 1 2 ?? 2 (สมัย p)? 1 · 2 ···พี- 1 2 ?? 2 ≡ (-1) (P + 1) / 2 (สมัย p) ตอนนี้เรารู้ว่าพี≡ 1 (4 สมัย) ดังนั้น p = 4k + 1 สำหรับบาง k ∈ จากนั้นซีพี1 + 2 = 4k + 1 + 1 = 2 2k + 1 ซึ่งเป็นเลขคี่ ดังนั้นเราจึงมีว่า (-1) (P + 1) / 2 = (-1) 2k + 1 = -1 และ? 1 · 2 ···? พี - 1 2 ?? 2 + 1 ≡ 0 (สมัย p ). อนุญาต = 1 · 2 ··· P-1 2? เพื่อให้เรามี2 + 1 ≡ 0 (สมัย p). ตอนนี้เราสามารถนำไปใช้ทฤษฎีบท 3.7 จะสรุปได้ว่าพีเป็นผลรวมของสี่เหลี่ยม. มีการแก้ไข ผลรวมของสองสี่เหลี่ยมปัญหาเมื่อ n เป็นนายกตอนนี้เราพิจารณากรณีที่n คือไม่สำคัญ ทฤษฎีบทต่อไปนี้จะต้องพิสูจน์สองแควร์ทฤษฎีบท