一、导言

本文主要论证：任意素数p≡1(mod4)p\equiv1\space({\rm mod}\space 4)p≡1 (mod 4)，均存在正整数a,ba,ba,b，满足p=a2+b2p=a^2+b^2p=a2+b2。

为了让不同知识储备的读者能够理解论证过程，本文对一些定理和概念做了一些阐述，如果读者已经掌握了，可以跳过相应的章节。

二、完全剩余系

设正整数n≥2n\ge2n≥2，若nnn个数a1,…,ana_1,\dots,a_na1,…,an取遍modn{\rm mod}\space nmod n的所有余数，即对于任意整数mmm，均存在整数iii，使得ai≡m(modn)a_i\equiv m\space({\rm mod}\space n)ai≡m (mod n)，则称a1,…,ana_1,\dots,a_na1,…,an构成modn{\rm mod}\space nmod n的完全剩余系，简称完系。

易知完全剩余系有下列性质。

性质1 modn{\rm mod}\space nmod n的两个完系中的元素之和modn{\rm mod}\space nmod n同余。
性质2 modn{\rm mod}\space nmod n的完系的元素之积为nnn的倍数
性质3 完系中每一个元素乘以一个非零整数后依然构成完系。

这三个性质是显然的，就不加以证明了。

三、既约剩余系

设正整数n≥2n\ge2n≥2，若a1,…,aka_1,\dots,a_ka1,…,ak取遍所有与nnn互素的余数，即对于任意整数mmm满足(m,n)=1(m,n)=1(m,n)=1，均存在正整数iii使得ai≡m(modn)a_i\equiv m\space({\rm mod}\space n)ai≡m (mod n)，并且a1,…,ana_1,\dots,a_na1,…,an两两modn{\rm mod}\space nmod n不同余，则称a1,…,ana_1,\dots,a_na1,…,an构成modn{\rm mod}\space nmod n的既约剩余系，简称缩系。

易知既约剩余系有下列性质。

性质1 modn{\rm mod}\space nmod n的两个缩系中的元素之和modn{\rm mod}\space nmod n同余。
性质2 modn{\rm mod}\space nmod n的两个缩系中的元素之积modn{\rm mod}\space nmod n同余。
性质3 缩系中每一个元素乘以与nnn互素的整数依然构成缩系。

这三个性质是显然的，就不加以证明了。

我们规定缩系的元素个数为欧拉函数φ(n)\varphi(n)φ(n)，即≤n\le n≤n且与nnn互素的正整数的个数为φ(n)\varphi(n)φ(n)。

特别地，对于素数ppp，因为1,…,p−11,\dots,p-11,…,p−1均与ppp互素，因此φ(p)=p−1\varphi(p)=p-1φ(p)=p−1。

四、费马小定理

对于素数ppp及整数mmm满足(m,p)=1(m,p)=1(m,p)=1，均有mp−1≡1(modp)m^{p-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p)mp−1≡1 (mod p)

证明

考虑modp{\rm mod}\space pmod p的缩系1,2,…,p−11,2,\dots,p-11,2,…,p−1，将每一个元素乘以mmm，得m,2m,…,m(p−1)m,2m,\dots,m(p-1)m,2m,…,m(p−1)，根据缩系的性质3，m,2m,…,m(p−1)m,2m,\dots,m(p-1)m,2m,…,m(p−1)也构成缩系，再由性质2可知1⋅2⋯(p−1)≡m⋅2m⋯m(p−1)(modp)1\cdot2\cdots(p-1)\equiv m\cdot2m\cdots m(p-1)\space({\rm mod}\space p)1⋅2⋯(p−1)≡m⋅2m⋯m(p−1) (mod p)即(p−1)!≡(p−1)!⋅mp−1(modp)(p-1)!\equiv(p-1)!\cdot m^{p-1}\space({\rm mod}\space p)(p−1)!≡(p−1)!⋅mp−1 (mod p)因为(p−1)!(p-1)!(p−1)!与ppp互素，因此可以约去mp−1≡1(modp)m^{p-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p)mp−1≡1 (mod p)证毕。

由费马小定理也可知，对于任意整数mmm，均有mp−m≡0(modp)m^p-m\equiv0\space({\rm mod}\space p)mp−m≡0 (mod p)

费马小定理也有其推广的形式，即欧拉定理mφ(n)≡1(modn)m^{\varphi(n)}\equiv1\space({\rm mod}\space n)mφ(n)≡1 (mod n)证明方法类似，这里就不再赘述了。

五、威尔逊定理

若ppp为奇素数，则(p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p)(p−1)!≡−1 (mod p)

证明

对于任意整数1≤i≤p−11\le i\le p-11≤i≤p−1，均存在整数1≤i−1≤p−11\le i^{-1}\le p-11≤i−1≤p−1，使得i⋅i−1≡1(modp)i\cdot i^{-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p)i⋅i−1≡1 (mod p)，称这样的i−1i^{-1}i−1为iii的逆。

考虑同余方程x≡x−1(modp)⇔x2≡1(modp)⇔(x−1)(x+1)≡0(modp)x\equiv x^{-1}\space({\rm mod}\space p)\Leftrightarrow x^2\equiv1\space({\rm mod}\space p)\Leftrightarrow(x-1)(x+1)\equiv0\space({\rm mod}\space p)x≡x−1 (mod p)⇔x2≡1 (mod p)⇔(x−1)(x+1)≡0 (mod p)，显然该同余方程仅有两个解：x≡±1(modp)x\equiv\pm1\space({\rm mod}\space p)x≡±1 (mod p)，因此仅有111和p−1p-1p−1的逆是其本身。

显然，可以将2,…,p−22,\dots,p-22,…,p−2分为两组，使得两组对应的数互为逆，记其中一组为a1,…,a(p−3)/2a_1,\dots,a_{(p-3)/2}a1,…,a(p−3)/2，则另一组为a1−1,…,a(p−3)/2−1a_1^{-1},\dots,a_{(p-3)/2}^{-1}a1−1,…,a(p−3)/2−1，因此2⋅3⋯(p−2)≡a1⋯a(p−3)/2a1−1⋯a(p−3)/2−1≡1(modp)2\cdot3\cdots(p-2)\equiv a_1\cdots a_{(p-3)/2}a_1^{-1}\cdots a_{(p-3)/2}^{-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p)2⋅3⋯(p−2)≡a1⋯a(p−3)/2a1−1⋯a(p−3)/2−1≡1 (mod p)所以(p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p)(p−1)!≡−1 (mod p)

证毕。

六、二次剩余

设正整数n≥2n\ge 2n≥2，若整数mmm满足，存在整数xxx使得x2≡m(modn)x^2\equiv m\space({\rm mod}\space n)x2≡m (mod n)，则称mmm为modn{\rm mod}\space nmod n的二次剩余；反之，则称mmm为modn{\rm mod}\space nmod n的二次非剩余。本文中的二次剩余均不包括000

例如，mod2{\rm mod}\space2mod 2的二次剩余有0,10,10,1，mod3{\rm mod}\space3mod 3的二次剩余有0,10,10,1，mod4{\rm mod}\space4mod 4的二次剩余有0,10,10,1。

设奇素数ppp，ddd为整数，记(dp)≡d(p−1)/2(modp)\left(\frac dp\right)\equiv d^{(p-1)/2}\space({\rm mod}\space p)(pd)≡d(p−1)/2 (mod p)(勒让德符号)，则(dp)={1,d为二次剩余−1,d为二次非剩余0,d≡0(modp)\left(\frac dp\right)= \left\{\begin{matrix} 1,&d为二次剩余 \\ -1,&d为二次非剩余 \\ 0,&d\equiv0\space({\rm mod}\space p) \end{matrix}\right.(pd)=⎩⎨⎧1,−1,0,d为二次剩余d为二次非剩余d≡0 (mod p)

证明

若ddd为二次剩余，则存在整数xxx使得x2≡d(modp)x^2\equiv d\space({\rm mod}\space p)x2≡d (mod p)，则(dp)≡d(p−1)/2≡xp−1≡1(modp)\left(\frac dp\right)\equiv d^{(p-1)/2}\equiv x^{p-1}\equiv1\space({\rm mod}\space p)(pd)≡d(p−1)/2≡xp−1≡1 (mod p)

若ddd为非二次剩余，则对于任意整数1≤i≤p−11\le i\le p-11≤i≤p−1，均存在1≤j≤p−11\le j\le p-11≤j≤p−1，使得ij≡d(modp)ij\equiv d\space({\rm mod}\space p)ij≡d (mod p)，并且i≠ji\ne ji=j（否则，若i=ji=ji=j，则ddd为二次剩余）。记iii对应的jjj为i−1i^{-1}i−1(称作逆)，即i⋅i−1≡d(modp)i\cdot i^{-1}\equiv d\space({\rm mod}\space p)i⋅i−1≡d (mod p)显然，每一个iii对应唯一的i−1i^{-1}i−1，即iii与i−1i^{-1}i−1是两两成对的。因此，可以将1,…,p−11,\dots,p-11,…,p−1分为两组，每组含(p−1)/2(p-1)/2(p−1)/2个数，使得两组对应的两数互为逆。记其中一组为a1,…,a(p−1)/2a_1,\dots,a_{(p-1)/2}a1,…,a(p−1)/2，则另一组为a1−1,…,a(p−1)/2−1a_1^{-1},\dots,a_{(p-1)/2}^{-1}a1−1,…,a(p−1)/2−1，故(dp)≡d(p−1)/2≡∏i=1(p−1)/2(ai⋅ai−1)=1⋅2⋯(p−1)=(p−1)!≡−1(modp)\left(\frac dp\right)\equiv d^{(p-1)/2}\equiv\prod_{i=1}^{(p-1)/2}{(a_i\cdot a_i^{-1})}=1\cdot2\cdots(p-1)=(p-1)!\equiv-1\space({\rm mod}\space p)(pd)≡d(p−1)/2≡i=1∏(p−1)/2(ai⋅ai−1)=1⋅2⋯(p−1)=(p−1)!≡−1 (mod p)

若d≡0(modp)d\equiv0\space({\rm mod}\space p)d≡0 (mod p)，显然(dp)=0\left(\frac dp\right)=0(pd)=0。

证毕。

七、正式论证

设素数ppp满足p≡1(mod4)p\equiv1\space({\rm mod}\space4)p≡1 (mod 4)，则存在正整数a,ba,ba,b，使得p=a2+b2p=a^2+b^2p=a2+b2。

因为p≡1(mod4)p\equiv1\space({\rm mod}\space4)p≡1 (mod 4)，所以(−1p)≡(−1)(p−1)/2≡1(modp)\left(\frac{-1}p\right)\equiv(-1)^{(p-1)/2}\equiv1({\rm mod}\space p)(p−1)≡(−1)(p−1)/2≡1(mod p)故−1-1−1是modp{\rm mod}\space pmod p的二次剩余，因此存在整数iii使得i2≡−1(modp)i^2\equiv-1\space({\rm mod}\space p)i2≡−1 (mod p)。

考虑u+viu+viu+vi，其中u,vu,vu,v均为整数且满足0≤u,v<p0\le u,v<\sqrt p0≤u,v<p，则u,vu,vu,v各有[p]+1[\sqrt p]+1[p]+1种取值，故u+viu+viu+vi有([p]+1)2>p([\sqrt p]+1)^2>p([p]+1)2>p种取值，因此存在(u1,v1)≠(u2,v2)(u_1,v_1)\ne(u_2,v_2)(u1,v1)=(u2,v2)满足u1+v1i≡u2+v2i(modp)u_1+v_1i\equiv u_2+v_2i\space({\rm mod}\space p)u1+v1i≡u2+v2i (mod p)移项得u1−u2≡−i(v1−v2)(modp)u_1-u_2\equiv-i(v_1-v_2)\space({\rm mod}\space p)u1−u2≡−i(v1−v2) (mod p)两边同时平方得(u1−u2)2≡−(v1−v2)2(modp)(u_1-u_2)^2\equiv-(v_1-v_2)^2\space({\rm mod}\space p)(u1−u2)2≡−(v1−v2)2 (mod p)即(u1−u2)2+(v1−v2)2≡0(modp)(u_1-u_2)^2+(v_1-v_2)^2\equiv0\space({\rm mod}\space p)(u1−u2)2+(v1−v2)2≡0 (mod p)取a=∣u1−u2∣,b=∣v1−v2∣a=|u_1-u_2|,b=|v_1-v_2|a=∣u1−u2∣,b=∣v1−v2∣得a2+b2≡0(modp)a^2+b^2\equiv0\space({\rm mod}\space p)a2+b2≡0 (mod p)。

又因为0≤u,v<p0\le u,v<\sqrt p0≤u,v<p，因此0≤a2,b2<p0\le a^2,b^2<p0≤a2,b2<p，故a2+b2<2pa^2+b^2<2pa2+b2<2p，因此a2+b2=pa^2+b^2=pa2+b2=p证毕。

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