The easier condition to check in pr

The easier condition to check in practice is (1). The more interesting condition, at least
from the viewpoint of ordinary arithmetic, is (2). It is easy to see that (2) implies (1): if
p = a
2 + b
2
for some a and b, then p mod 4 is a sum of two squares. The squares mod 4 are
0 and 1, so a sum of two squares mod 4 could be 0, 1, or 2. Therefore p ≡ 0, 1, 2 mod 4.
The first choice is impossible (since p is prime) and the third only happens for p = 2. (This
argument may look familiar. You already met it in the proof of Corollary 9.4.)
What about the proof that (1) implies (2) (which is the more interesting direction anyway)?
It turns out to be convenient to insert an additional property in between them,
involving a polynomial modulo p.
Theorem 9.6. Let p be a prime in Z
+. The following conditions are equivalent:
(1) p = 2 or p ≡ 1 mod 4,
(2) the congruence x
2 ≡ −1 mod p has a solution.
(3) p = a
2 + b
2
for some a, b ∈ Z.
Proof. We have already shown (3) implies (1).
To show (1) implies (2), we may take p 6= 2. Consider the polynomial factorization
(9.1) T
p−1 − 1 = (T
(p−1)/2 − 1)(T
(p−1)/2 + 1)
with mod p coefficients. We are going to count roots of these polynomials modulo p. Recall
that a polynomial of degree d has no more than d roots modulo p.
By Fermat’s little theorem, the left side of (9.1) has p−1 different roots modulo p, namely
the non-zero integers modulo p. The first polynomial on the right side of (9.1) has degree
(p − 1)/2, so it has at most (p − 1)/2 roots modulo p. Therefore the second polynomial
T
(p−1)/2 + 1 must have roots modulo p: some integer c satisfies c
(p−1)/2 ≡ −1 mod p. Since
p ≡ 1 mod 4, (p − 1)/2 is an even integer: if p = 4k + 1 then (p − 1)/2 = 2k. Therefore
(c
k
)
2 ≡ −1 mod p, which proves (2).
To show (2) implies (3), we are going to show (2) implies p is composite in Z[i]. Then
Theorem 9.2 says p is a sum of two squares.
View the congruence in (2) as a divisibility relation in Z. When x
2 ≡ −1 mod p for some
x ∈ Z, p|(x
2 + 1) in Z. Now consider this divisibility in Z[i], where we can factor x
2 + 1:
(9.2) p|(x + i)(x − i).
To show p is composite in Z[i], we argue by contradiction. If p is a Gaussian prime, then
by (9.2) p|(x + i) or p|(x − i) in Z[i]. Therefore some Gaussian integer m + ni satisfies
p(m + ni) = x ± i, but look at the imaginary part: pn = ±1. This is impossible! We have a
contradiction, which proves p is composite in Z[i], so p is a sum of two squares by Theorem
9.2.
Be sure you make note of the way we used the condition p ≡ 1 mod 4 in the proof that
(1) implies (2).
We can now summarize the factorization of primes in Z
+ into Gaussian prime factors.
Theorem 9.7. Let p be a prime in Z
+. The factorization of p in Z[i] is determined by
p mod 4 :
i) 2 = (1 + i)(1 − i) = −i(1 + i)
2
.
ii) If p ≡ 1 mod 4 then p = ππ is a product of two conjugate primes π, π which are not
unit multiples.
iii) If p ≡ 3 mod 4 then p stays prime in Z[i].

Kết quả (Việt) 1:

Điều kiện dễ dàng hơn để kiểm tra trong thực tế là (1). Các chi tiết thú vị có điều kiện, tối thiểutừ quan điểm của số học bình thường, là (2). Nó rất dễ dàng để thấy rằng (2) của nó (1): nếup = một2 + b2Đối với một số một và b, sau đó p mod 4 là một tổng của hai ô vuông. Mod hình vuông 40 và 1, do đó tổng của hai ô vuông mod 4 có thể là 0, 1 hoặc 2. Do đó p ≡ 0, 1, 2 mod 4.Sự lựa chọn đầu tiên là không thể (vì p là số nguyên tố) và thứ ba chỉ xảy ra đối với p = 2. (Điều nàyđối số có thể trông quen thuộc. Bạn đã gặp nó trong chứng minh hệ luỵ 9.4.)Điều gì về chứng minh rằng (1) ngụ ý (2) (đó là thú vị hơn hướng anyway)?Nó chỉ ra được thuận tiện để chèn một tài sản bổ sung ở giữa họ,liên quan đến một đa thức modulo p.Định lý 9.6. Cho p là một số nguyên tố trong Z+. Các điều kiện sau đây là tương đương:(1) p = 2 hoặc p ≡ 1 mod 4,(2) congruence x2 ≡ −1 mod p có một giải pháp.(3) p = một2 + b2Đối với một số a, b ∈ Z.Bằng chứng. Chúng tôi đã có hiển thị (3) ngụ ý (1).Để hiển thị (1) ngụ ý (2), chúng tôi có thể mất p 6 = 2. Xem xét đa thức factorization(9.1) Tp−1 − 1 = (T(p−1) / 2 − 1) (T(p−1) / 2 + 1)với mod p hệ số. Chúng ta sẽ đếm rễ của các đa thức modulo p. Recalllà một đa thức của độ d có không nhiều hơn d rễ modulo p.Bởi định lý Fermat nhỏ, phía bên trái của (9.1) có nguồn gốc từ p−1 khác nhau theo modulo p, cụ thể làCác số nguyên-zero modulo p. Đa thức đầu tiên vào bên trong (9.1) có văn bằng(p − 1) / 2, vì vậy nó có tại hầu hết (p − 1) / 2 rễ modulo p. Do đó đa thức thứ haiT(p−1) / 2 + 1 phải có rễ modulo p: nguyên một số thỏa mãn c c(p−1) / 2 ≡ −1 mod p. kể từp ≡ 1 mod 4, (p − 1) / 2 là một số nguyên thậm chí: nếu p = 4 k + 1 thì (p − 1) / 2 = 2 k. Do đó(ck)2 ≡ −1 mod p, mà chứng minh (2).Để hiển thị (2) của nó (3), chúng tôi sẽ hiển thị (2) ngụ ý p là hợp số trong Z [i]. Sau đóĐịnh lý 9.2 nói rằng p là một tổng của hai ô vuông.Xem abnj congruence ở (2) như là một mối quan hệ divisibility trong Z. Khi x2 ≡ −1 mod p cho một sốx ∈ Z, p| (x2 + 1) Z tại. Bây giờ hãy xem xét này divisibility trong Z [i], nơi mà chúng tôi có thể yếu tố x2 + 1:p| (9.2) (x + i) (x − i).Cho p là hợp số trong Z [i], chúng tôi tranh luận bởi mâu thuẫn. Nếu p là một số nguyên tố Gauss, sau đóbởi p| (9.2) (x + i) hoặc p| (x − i) trong Z [i]. Do đó một số số nguyên Gauss m + ni thỏa mãnp (m + ni) = x ± tôi, nhưng nhìn vào phần ảo: pn = ±1. Điều này là không thể! Chúng tôi có mộtmâu thuẫn, chứng minh p là hợp số trong Z [i], do đó p là tổng của hai ô vuông theo định lý9.2.Hãy chắc chắn bạn hãy lưu ý về cách chúng tôi sử dụng điều kiện p ≡ 1 mod 4 trong các bằng chứng mà(1) ngụ ý (2).Chúng tôi bây giờ có thể tóm tắt factorization của số nguyên tố trong Z+ vào yếu tố nguyên tố Gauss.Định lý 9.7. Cho p là một số nguyên tố trong Z+. Factorization p trong Z [i] được xác định bởip mod 4:i) 2 = (1 + i)(1 − i) = −i (1 + i)2.II) nếu p ≡ 1 mod 4 thì p = ππ là một sản phẩm của hai số nguyên tố liên hợp π, π mà không đượcđơn vị bội.III) nếu p ≡ 3 mod 4 thì p được thủ tướng chính phủ trong Z [i].

Kết quả (Việt) 2:

Các điều kiện dễ dàng hơn để kiểm tra trong thực tế là (1). Điều kiện thú vị hơn, ít nhất là
từ quan điểm của số học thông thường, là (2). Nó rất dễ dàng để thấy rằng (2) hàm ý (1): nếu
p = a
2 + b
2
cho một số a và b, sau đó p mod 4 là một tổng của hai hình vuông. Các hình vuông mod 4 là
0 và 1, do đó, một tổng của hai hình vuông mod 4 có thể là 0, 1, hoặc 2. Do đó p ≡ 0, 1, 2 mod 4.
Sự lựa chọn đầu tiên là không thể (vì p là số nguyên tố) và thứ ba chỉ xảy ra đối với p = 2. (Điều này
lập luận trông khá quen thuộc. Bạn đã gặp nó trong chứng minh của Hệ luỵ 9.4.)
Thế còn chứng minh rằng (1) hàm ý (2) (đó là hướng thú vị hơn anyway)?
nó hóa ra là thuận tiện để chèn một tài sản bổ sung trong giữa chúng,
liên quan đến một modulo p đa thức.
Định lý 9.6. Cho p là một số nguyên tố trong Z
+. Các điều kiện sau là tương đương:
(1) p = 2 hoặc p ≡ 1 mod 4,
(2) đồng dư x
2 ≡ -1 mod p có một giải pháp.
(3) p = a
2 + b
2
cho một số a, b ∈ Z.
Proof. Chúng tôi đã thể hiện (3) ngụ ý (1).
Để hiển thị (1) ngụ ý (2), chúng ta có thể mất p 6 = 2. Xem xét các nhân tử đa thức
(9.1) T
p-1-1 = (T
(p-1 ) / 2-1) (T
(p-1) / 2 + 1)
với các hệ số p mod. Chúng tôi sẽ đếm rễ của các đa thức theo modulo p. Nhớ lại
rằng một đa thức bậc d có không quá d rễ modulo p.
Bởi định lý nhỏ Fermat, phía bên trái của (9.1) có p-1 gốc khác nhau theo modulo p, cụ thể là
các số nguyên khác không theo modulo p. Các đa thức đầu tiên ở phía bên phải của (9.1) có bằng
(p - 1) / 2, do đó nó có nhiều nhất (p - 1) / 2 rễ modulo p. Do đó đa thức thứ hai
T
(p-1) / 2 + 1 phải có rễ modulo p: một số nguyên c thỏa mãn c
(p-1) / 2 ≡ -1 mod p. Kể từ khi
p ≡ 1 mod 4, (p - 1) / 2 là một số nguyên thậm chí: nếu p = 4k + 1 thì (p - 1) / 2 = 2k. Do đó
(c
k
)
2 ≡ -1 mod p, trong đó chứng minh (2).
Để hiển thị (2) hàm ý (3), chúng ta sẽ hiển thị (2) suy p là hợp trong Z [i]. Sau đó,
Định lý 9.2 cho biết p là một tổng của hai hình vuông.
Xem đồng dư trong (2) như là một mối quan hệ chia hết trong Z. Khi x
2 ≡ -1 mod p cho một số
x ∈ Z, p | (x
2 + 1) trong Z . Bây giờ xem xét chia hết trong Z [i], nơi chúng tôi có thể yếu tố x
2 + 1:
. (9.2) p | (x + i) (x - i)
Để hiển thị trang là composite trong Z [i], chúng tôi lập luận của mâu thuẫn. Nếu p là số nguyên tố Gauss, sau đó
bởi (9.2) p | (x + i) hoặc p | (x - i) trong Z [i]. Vì vậy một số nguyên Gaussian m + đáp ứng ni
p (m + ni) = x ± i, nhưng nhìn vào phần ảo: pn = ± 1. Điều này là không thể! Chúng tôi có một
mâu thuẫn, trong đó chứng minh p là hợp trong Z [i], do đó p là một tổng của hai hình vuông bởi Định lý
9.2.
Hãy chắc chắn rằng bạn hãy lưu ý những cách chúng ta sử dụng các điều kiện p ≡ 1 mod 4 trong chứng minh rằng
( 1) ngụ ý (2).
Chúng tôi bây giờ có thể tóm tắt các thừa số nguyên tố trong Z
+ thành thừa số nguyên tố Gaussian.
Định lý 9.7. Cho p là một số nguyên tố trong Z
+. Phân tích nhân của p trong Z [i] được xác định bởi
p mod 4:
i) 2 = (1 + i) (1 - i) = i (1 + i)
2
.
Ii) Nếu p ≡ 1 mod 4 thì p = ππ là một sản phẩm của hai số nguyên tố π liên hợp, π mà không phải là
đơn vị bội.
iii) Nếu p ≡ 3 mod 4 thì p vẫn thủ trong Z [i].