高斯整数

我们将使用高斯整数的性质证明…的结果欧拉这个结果是关于通常的整数（高斯整数用于证明但是不在声明中）。

定理让第页是个怪人质数。然后第页与1 mod 4一致若（iff） 第页可以写为一²+b条²，对一些人来说整数秒a、 b条此外，该表达式是两个平方和本质上是独一无二。

关于定理的几点注记

• 这个定理首先由费马在致梅森但他没有提供任何证据。佩斯基边距！
• 说这个表达本质上是独特的意味着任何类似的表达都是由给定的符号变化引起的一和b条或通过交换一和b条。

在证明这一点之前，我们需要了解更多关于高斯整数。

引理1。高斯整数环Z轴[i] 是一个唯一因子分解域

有关证据，请参阅UFD公司写。

定义高斯整数的范数函数通过d（a+bi）=a²+b条²（模数，模量).注意，这个范数总是一个非负整数d（xy）=d（x）d（y），对于两个高斯整数x、 年。

引理2

• 对于高斯整数u个我们有这个u个是一个单元iff且仅当d（u）=1。
• 这个乘法群高斯整数的值是{1，-1，i，-i}（即循环的，循环的命令4）。

证明如果u个那么是一个单位你^-1=1.因此1=d（1）=d（uu^-1)=d（u）d（u^-1)。由此可见d（u）=1。

写入u=a+bi，对于整数a、 b条。如果d（u）=1然后一²+b条²=1.因此什么之中的一个一或b条必须为1或-1，另一个必须为零。这使得u个具有d（u）=1是{1，-1，i，-i}。这些都是单位。这就完成了证明的引理。

引理3。让u个是高斯整数。如果d（u）是一个首要的数然后u个是一个首要的高斯整数。

证明我们必须证明这一点u个是不可约的.如果u=ab对于a、 b条那么是非单位d（u）=d（a）d（b）.自d（u）是一个质数，第页说一定是这样d（a）=p和d（b）=1（反之亦然）。但这是不可能的，根据引理2，因为b条假设不是一个单位。这个矛盾说明了这一点u个是不可约的，因此是素数。

让我们证明==>欧拉结果的方向。假设第页很奇怪首要的假设是这样第页是一致的至1 mod 4（即。第1页可被4）整除。

引理4有一个整数c（c）具有c（c）²与-1模一致第页。

证明有一个元素秩序中的4个乘法群的有限域 Z轴_第页（该戒指整数的mod第页)的这个小组是循环的，循环的（请参见有限域writeup）这是根据以下假设，订单可以被4整除第页.让吨就是这个元素。然后吨²有订单2。现在多项式x个²-1根1和-1在Z轴_第页。由于二次多项式最多有两个根，因此告诉我们-1是中的唯一元素乘法群属于Z轴_第页具有秩序2，所以一定是这样吨²=-1.出租c（c）是一个整数，其类mod第页是吨给出了结果。

返回到==>欧拉结果的方向。我们有第页 划分 1+c²，在里面Z轴通过引理4。这意味着它也将其划分为Z轴[i] ●●●●。但现在我们可以了因式分解 1+c²=（1+ci）（1-ci）所以这意味着第页不是一首要的的元素Z轴[i] 因为我们不能p|（1+ci）或（1-ci）。对于，如果p（x+yi）=1+ci对一些人来说整数x、 年然后将实部和虚部等式，我们可以看到像素=1这显然是不可能的。

自第页不是首要的在里面Z轴[i] 它不是不可约的两者都可以。这样我们就可以写了p=（a+bi）（u+vi）作为的产品不单元中的Z轴[i] ●●●●。拿d日双方都知道第页²=（a）²+b条²)（u）²+v（v）²).自第页是一个素数算术基本定理告诉我们或者d（a+bi）和d（u+vi）两者相等第页或者其中一个有标准1。因为，根据假设，两者都不是一个单位，第一种可能性必须发生（由引理2）和p=d（a+ib）=a²+b条²，表示为方块，根据需要。

现在谈谈独特性。假设p=a²+b条²=e²+（f）²。最后一段末尾的论点表明d（a+ib）=d（a-ib）=d（e+if）=d（e-if）=p。如下所示从引理3a+ib、a-ib、e+if、e-if都是首要的高斯整数。现在通过引理1，因为我们已经（a+ib）（a-ib）=（e+ib”）（e-ib）唯一性因子分解的结果表明a+ib=（e+ib）u，或a+ib=（e-ib）u，对于某些单元u个.根据引理2，u个是一个属于1，-1，i，-i。替换这些值，我们可以看到之间a、 b条和e、 如果只是通过符号更改或根据需要进行交换。

最后我们证明了匡威。假设p=a²+一个²。自第页很奇怪，一定是一和b条是奇怪的，另一个是均匀的。偶数的平方等于零模4奇数的平方等于1模4，从而得到结果。