Proof. Part i is a numerical check.

Proof. Part i is a numerical check. Part ii is a consequence of Corollary 9.3 and Theorem
9.6. Part iii is Corollary 9.4.
Example 9.8. The prime 61 satisfies 61 ≡ 1 mod 4, so 61 has two conjugate Gaussian
prime factors, coming from an expression of 61 as a sum of two squares. Since 61 = 52 + 62
,
61 = (5 + 6i)(5 − 6i).
Combining the factorizations in Theorem 9.7 with Lemma 9.1, we now have a description
of all the Gaussian primes in terms of the primes in Z
+.
Theorem 9.9. Every prime in Z[i] is a unit multiple of the following primes:
i) 1 + i
ii) π or π, where N(π) = p is a prime in Z
+ which is ≡ 1 mod 4.
iii) p, where p is a prime in Z
+ with p ≡ 3 mod 4.
Proof. Lemma 9.1 tells us any Gaussian prime is a factor of a prime in Z
+. Theorem 9.7
and unique factorization in Z[i] tell us how the primes in Z
+ factor in Z[i] up to unit
multiple.
The Gaussian primes in parts i and ii of Theorem 9.9 have prime norm in Z, while
the primes occurring in part iii have norm p
2
, where p ≡ 3 mod 4. Moreover, when p ≡
3 mod 4, its unit multiples in Z[i] are ±p and ±ip, which have real or imaginary part 0.
Thus, although the converse to Theorem 6.3 is not strictly true, we see it is true for the
“interesting” Gaussian integers, namely the ones with non-zero real and imaginary part:
write α = a + bi and suppose a and b are both non-zero in Z. Then α is prime in Z[i] if
and only if N(α) is prime in Z!
Our classification of Gaussian primes tells us that a Gaussian prime has norm either p
or p
2
, where p is the prime in Z
+ which the Gaussian prime divides. In particular, any
Gaussian prime other than 1+i (and its unit multiples) has an odd norm. Thus, a Gaussian
integer which is not divisible by 1+i must have a norm which is odd, so any Gaussian integer
with an even norm must be divisible by 1 + i. This is something we already checked, using
simple algebra, back in Corollary 2.5. But now we understand why it is true from a higher
point of view, in connection with unique factorization in Z[i]: Corollary 2.5 is true because
every Gaussian integer with norm greater than 1 is a product of Gaussian primes and 1 + i
is the only Gaussian prime up to unit multiple with even norm.
As an application of Theorem 9.7, we now classify all the positive integers which are sums
of two squares.
Theorem 9.10. An integer greater than 1 is a sum of two squares exactly when any prime
factor which is ≡ 3 mod 4 occurs with even multiplicity.
Proof. First we show any integer having even multiplicity at its prime factors which are
≡ 3 mod 4 can be written as a sum of two squares.
We know sums of two squares are closed under multiplication (view them as norms of
Gaussian integers and use multiplicativity of the norm). Any prime p ≡ 1 mod 4 is a sum
of two squares by Theorem 9.6, as is 2. While a prime p ≡ 3 mod 4 is not a sum of two
squares, any even power of it is (since an even power is itself a square). Therefore a product
of 2, primes ≡ 1 mod 4, and even powers of primes ≡ 3 mod 4 is a sum of two squares.
Now we treat the converse direction: any n > 1 which is a sum of two squares has even
multiplicity at any prime factor which is ≡ 3 mod 4. We argue by induction on n. The
34 KEITH CONRAD
result is true when n = 2, as 2 is a sum of two squares and it has no prime factors that are
≡ 3 mod 4.
Assume n ≥ 3, n is a sum of two squares, and the theorem has been checked for sums of
two squares greater than 1 and less than n. If n has no prime factors which are ≡ 3 mod 4,
then there is nothing to prove. Thus, we may assume n has a prime factor p with p ≡
3 mod 4. Write n = a
2 + b
2
, so p|(a
2 + b
2
) in Z. In Z[i], we write this as
(9.3) p|(a + bi)(a − bi).
Since p ≡ 3 mod 4, it is prime in Z[i]. Therefore from (9.3) we know p|(a + bi) or p|(a − bi)
in Z[i]. Both cases imply p|a and p|b in Z. (Why?) Write a = pa0 and b = pb0
for integers
a
0 and b
0
. Then
n = p
2
(a
02 + b
02
).
If n = p
2 we are done, so we may suppose n > p2
. The integer n
0 = n/p2 = a
02 + b
02
is a
sum of two squares and it is greater than 1 and less than n. By our inductive hypothesis,
every prime factor of n
0 which is ≡ 3 mod 4 has even multiplicity. Since the only difference
between n and n
0
is the even power p
2
, we conclude that every prime factor of n which is
≡ 3 mod 4 has even multiplicity. That ends the inductive step.
Example 9.11. The number 35 = 5 · 7 has a prime factor which is ≡ 3 mod 4, namely 7.
This factor appears with multiplicity 1, so 35 is not a sum of two squares. Neither is 5k
· 7
`
for any odd exponent ` > 0. But 5 · 7
2 = 245 is a sum of two squares: 245 = 72 + 142
.
Theorem 9.10 describes the sums of two squares in terms of a condition on the prime
factors which are ≡ 3 mod 4. In particular, applying the condition in the theorem to decide
whether n is a sum of two squares requires that we factor n.

Kết quả (Việt) 1:

Bằng chứng. Phần i là một số kiểm tra. Phần ii là một hệ quả của định lý và hệ luỵ 9.39.6. phần iii là hệ luỵ 9.4.Ví dụ 9.8. Nguyên tố 61 đáp ứng 61 ≡ 1 mod 4, 61 như vậy có hai liên hợp GaussianThủ tướng chính yếu tố này, đến từ một biểu hiện của 61 dưới dạng tổng của hai ô vuông. Từ 61 = 52 + 62,61 = (5 + 6i) (5 − 6i).Kết hợp factorizations trong định lý 9.7 với bổ đề 9.1, bây giờ chúng tôi có một mô tảcủa tất cả các số nguyên tố Gauss trong điều khoản của các số nguyên tố trong Z+.Định lý 9.9. Mỗi nguyên tố trong Z [i] là một đơn vị số nguyên tố nhiều những điều sau đây:i) 1 + iII) π hay π, nơi N(π) = p là số nguyên tố của Z+ là ≡ 1 mod 4.III) p, nơi p là số nguyên tố của Z+ với p ≡ 3 mod 4.Bằng chứng. Bổ đề 9.1 nói với chúng tôi bất kỳ số nguyên tố Gauss là một yếu tố của một nguyên tố trong Z+. Định lý 9.7và duy nhất factorization trong Z [i] cho chúng tôi biết làm thế nào các số nguyên tố trong Z+ yếu tố trong Z [i] đến đơn vịnhiều.Các số nguyên tố Gauss trong phần i và ii của định lý 9.9 có thủ chuẩn mực trong Z, trong khiCác số nguyên tố xảy ra trong phần iii có chuẩn p2, nơi p ≡ 3 mod 4. Hơn nữa, khi p ≡3 mod 4, đơn vị của nó bội trong Z [i] là ±p và ±ip, trong đó có thật hay tưởng tượng phần 0.Vì vậy, mặc dù điều ngược lại với định lý 6.3 là không đúng sự thật, chúng ta thấy nó là đúng đối với cácsố nguyên Gauss "thú vị", cụ thể là những người với không thực tế và tưởng tượng một phần:viết α = a + bi và giả sử một và b là cả hai không tại Z. Sau đó α là số nguyên tố trong Z [i] Nếuvà nếu N(α) là thủ tướng chính phủ trong Z!Chúng tôi phân loại các số nguyên tố Gauss cho chúng ta biết rằng một số nguyên tố Gauss có chuẩn hoặc phoặc p2, nơi p là số nguyên tố trong Z+ mà phân chia số nguyên tố Gauss. Đặc biệt, bất kỳSố nguyên tố Gauss khác hơn 1 + tôi (và đơn vị bội) có một mức kỳ lạ. Vì vậy, một Gaussiansố nguyên mà không chia hết cho 1 + tôi phải có một chuẩn mực đó là lẻ, vì vậy bất kỳ Gaussian nguyênvới một mức thậm chí phải được chia hết cho 1 + i. Đây là một cái gì đó chúng tôi đã kiểm tra, bằng cách sử dụngđại số đơn giản, trở lại trong hệ luỵ 2,5. Nhưng bây giờ chúng tôi hiểu tại sao nó là sự thật từ một cao hơnquan điểm, kết hợp với duy nhất factorization trong Z [i]: hệ luỵ 2.5 là đúng bởi vìmỗi số nguyên Gauss với chuẩn lớn hơn 1 là một sản phẩm của số nguyên tố Gauss và 1 + ilà số nguyên tố Gauss chỉ đến đơn vị nhiều với thậm chí chuẩn.Như là một ứng dụng định lý 9.7, chúng ta bây giờ phân loại tất cả các số nguyên dương có tiềncủa hai hình vuông.Định lý 9,10. Một số nguyên lớn hơn 1 là một tổng của hai hình vuông chính xác khi bất kỳ nguyên tốyếu tố mà là ≡ 3 mod 4 xuất hiện với ngay cả đa dạng.Bằng chứng. Lần đầu tiên chúng tôi hiển thị bất kỳ số nguyên có đa dạng ngay cả ở các yếu tố chính của nó là≡ 3 mod 4 có thể được viết dưới dạng tổng của hai ô vuông.Chúng ta biết tổng của hai ô vuông đều đóng cửa dưới phép nhân (xem chúng như là tiêu chuẩn củaSố nguyên Gauss và sử dụng multiplicativity chuẩn). Bất kỳ số nguyên tố p ≡ 1 mod 4 là một khoản tiềnhai hình vuông của định lý 9.6, như là 2 chiếc. Trong khi một số nguyên tố p ≡ 3 mod 4 không phải là một tổng của haihình vuông, thậm chí cả bất cứ quyền lực của nó là (vì một quyền lực thậm chí là chính nó là một hình vuông). Do đó là một sản phẩmsố 2, số nguyên tố ≡ 1 mod 4, và thậm chí quyền lực của nguyên tố ≡ 3 mod 4 là một tổng của hai ô vuông.Bây giờ chúng tôi xử lý theo hướng ngược lại: bất kỳ n > 1 là một tổng của hai ô vuông có thậm chíđa dạng tại bất kỳ yếu tố nguyên tố đó là ≡ 3 mod 4. Chúng ta tranh luận bằng quy nạp vào n. các34 KEITH CONRADkết quả là đúng khi n = 2, 2 là một tổng của hai ô vuông và có không có yếu tố đắc là≡ 3 mod 4.Giả sử n ≥ 3, n là một tổng của hai ô vuông, định lý đã được kiểm tra cho một khoản tiềnhai hình vuông lớn hơn 1 và nhỏ hơn n. Nếu n có không có yếu tố đắc được ≡ 3 mod 4,sau đó, không có gì để chứng minh. Vì vậy, chúng ta có thể giả sử n có một yếu tố nguyên tố p với p ≡3 mod 4. Viết n = một2 + b2, vì vậy p| (a2 + b2) trong Z. Trong Z [i], chúng tôi viết thư này như làp| (9.3) (a + bi) (một − bi).Kể từ khi p ≡ 3 mod 4, đó là thủ tướng trong Z [i]. Do đó từ (9.3) chúng ta biết p| (a + bi) hoặc p| (một − bi)trong Z [i]. Cả hai trường hợp bao hàm p|a và p|b ở Z. (tại sao?) Viết một = pa0 và b = pb0Đối với số nguyênmột0 và b0. Sau đón = p2(a02 + b02).Nếu n = p2 chúng tôi đang thực hiện, vì vậy chúng tôi có thể giả sử n > p2. Số nguyên n0 = n/p2 = một02 + b02là mộttổng của hai ô vuông và nó là lớn hơn 1 so với n. Bởi giả thiết quy nạp của chúng tôi,mỗi yếu tố nguyên tố của n0 là ≡ 3 mod 4 đã thậm chí đa dạng. Kể từ khi sự khác biệt duy nhấtgiữa n và n0là ngay cả quyền lực p2, chúng tôi kết luận rằng mỗi yếu tố nguyên tố của n là≡ 3 mod 4 đã thậm chí đa dạng. Mà kết thúc bước quy nạp.Ví dụ 9.11. Số 35 = 5 · 7 có một yếu tố chính mà là ≡ 3 mod 4, cụ thể là 7.Yếu tố này sẽ xuất hiện với đa dạng 1, để 35 không phải là một tổng của hai ô vuông. Nó không phải là 5k· 7`Đối với bất kỳ số mũ lẻ ' > 0. Nhưng 5 · 72 = 245 là một tổng của hai ô vuông: 245 = 72 + 142.Định lý 9,10 mô tả tổng của hai ô vuông trong điều khoản của một tình trạng trên số nguyên tốCác yếu tố là ≡ 3 mod 4. Đặc biệt, áp dụng các điều kiện trong các định lý để quyết địnhcho dù n là một tổng của hai ô vuông đòi hỏi chúng ta yếu tố n.

Kết quả (Việt) 2:

Bằng chứng. Phần tôi là một kiểm tra số. Phần ii là một hệ quả của Hệ luỵ 9.3 và Định lý
9.6. Phần iii là luỵ 9.4.
Ví dụ 9.8. Thủ 61 đáp ứng 61 ≡ 1 mod 4, vì vậy 61 có hai liên hợp Gaussian
thừa số nguyên tố, đến từ một biểu hiện của 61 bằng tổng của hai hình vuông. Từ 61 = 52 + 62
,
61 = (5 + 6i) (5 - 6i).
Kết hợp factorizations trong định lý 9.7 với Bổ đề 9.1, bây giờ chúng tôi có một mô tả
của tất cả các số nguyên tố Gauss trong điều khoản của các số nguyên tố trong Z
+.
Định lý 9.9. Mỗi nguyên tố trong Z [i] là nhiều đơn vị của các số nguyên tố sau đây:
i) 1 + i
ii) π π hay, trong đó N (π) = p là số nguyên tố trong Z
+ là ≡ 1 mod 4.
iii) p , trong đó p là số nguyên tố trong Z
+ với p ≡ 3 mod 4.
Giấy tờ chứng minh. Bổ đề 9.1 cho chúng ta bất kỳ nguyên tố Gaussian là một yếu tố của một số nguyên tố trong Z
+. Định lý 9,7
và thừa duy nhất trong Z [i] cho chúng tôi biết các số nguyên tố trong Z
+ yếu tố trong Z [i] lên đến đơn vị
nhiều.
Các nguyên tố Gauss trong phần i và ii của Định lý 9.9 có định mức nguyên tố trong Z, trong khi
các số nguyên tố xảy ra phần iii có mức p
2
, trong đó p ≡ 3 mod 4. Hơn nữa, khi p ≡
3 mod 4, bội đơn vị của nó trong Z [i] là p ± và ± ip, có thật hay tưởng tượng một phần 0.
Như vậy, mặc dù chuyện này để định lý 6.3 là không đúng sự thật, chúng ta thấy nó là đúng đối với các
số nguyên Gaussian "thú vị", cụ thể là những người có bằng không phi phần thực và tưởng tượng:
viết α = a + bi và giả sử a và b là cả hai phi zero trong Z. Sau đó α là số nguyên tố trong Z [i] nếu
và chỉ nếu N (α) là số nguyên tố trong Z!
phân loại của chúng tôi các số nguyên tố Gaussian cho chúng ta biết rằng một thủ Gaussian có định mức hoặc p
hoặc p
2
, trong đó p là số nguyên tố trong Z
+ mà sự chia rẽ thủ Gaussian. Trong đó, bất kỳ
Gaussian thủ khác hơn 1 + i (và bội số đơn vị của nó) có một tiêu chuẩn lẻ. Do đó, một Gaussian
số nguyên mà không chia hết cho 1 + i phải có một chuẩn mực đó là số lẻ, vì vậy bất cứ số nguyên Gaussian
với tiêu chuẩn thậm chí phải chia hết cho 1 + i. Đây là điều mà chúng tôi đã kiểm tra, sử dụng
đại số đơn giản, trở lại trong Hệ luỵ 2.5. Nhưng bây giờ chúng ta hiểu lý do tại sao nó là đúng từ một cao
điểm trên, kết hợp với nhân tử duy nhất trong Z [i]: Hệ luỵ 2,5 là đúng bởi vì
mỗi số nguyên Gaussian với định mức lớn hơn 1 là một sản phẩm của các số nguyên tố Gaussian và 1 + i
là thủ Gaussian chỉ lên đến đơn vị nhiều với mức ngay cả.
là một ứng dụng của định lý 9.7, bây giờ chúng ta phân loại tất cả các số nguyên dương đó là khoản tiền
của hai hình vuông.
Định lý 9.10. Một số nguyên lớn hơn 1 là một tổng của hai hình vuông chính xác khi nào thủ
yếu tố đó là ≡ 3 mod 4 xảy ra ngay cả với đa.
Proof. Đầu tiên chúng tôi hiển thị bất kỳ số nguyên có thậm chí đa các yếu tố chính của nó là
≡ 3 mod 4 có thể được viết như là một tổng của hai hình vuông.
Chúng tôi biết số tiền của hai hình vuông được đóng với phép nhân (xem chúng như là chuẩn mực của
các số nguyên Gaussian và sử dụng multiplicativity của định mức). Bất kỳ thủ p ≡ 1 mod 4 là tổng
của hai hình vuông bởi Định lý 9.6, như là 2. Trong khi một tố p ≡ 3 mod 4 không phải là một tổng của hai
hình vuông, bất kỳ, ngay cả sức mạnh của nó là (từ một sức mạnh thậm chí là chính nó hình vuông). Vì vậy, một sản phẩm
của 2 số nguyên tố ≡ 1 mod 4, và thậm chí, quyền hạn của các số nguyên tố ≡ 3 mod 4 là một tổng của hai hình vuông.
Bây giờ chúng tôi xử lý theo hướng ngược lại: mọi n> 1 mà là một tổng của hai hình vuông đã thậm chí
đa dạng tại bất kỳ yếu tố chính đó là ≡ 3 mod 4. Chúng tôi tranh luận bằng cảm ứng vào n. Các
34 KEITH CONRAD
kết quả là đúng khi n = 2, như 2 là một tổng của hai hình vuông và nó không có thừa số nguyên tố đó là
≡ 3 mod 4.
Giả sử n ≥ 3, n là tổng của hai hình vuông, và các định lý có được kiểm tra cho các khoản tiền của
hai hình vuông lớn hơn 1 và nhỏ hơn n. Nếu n không có thừa số nguyên tố là ≡ 3 mod 4,
sau đó không có gì để chứng minh là. Như vậy, chúng ta có thể giả n có p nguyên tố yếu tố với p ≡
3 mod 4. Viết n = a
2 + b
2
, vì vậy p | (một
2 + b
2
) trong Z. Trong Z [i], chúng tôi viết thư này như là
(9.3) p |. (a + bi) (a - bi)
Kể từ khi p ≡ 3 mod 4, nó là số nguyên tố trong Z [i]. Do đó từ (9.3) chúng ta biết p | (a + bi) hoặc p | (a - bi)
trong Z [i]. Cả hai trường hợp bao hàm p | a và p | b trong Z. (Tại sao?) Viết = pa0 và b = pb0
cho các số nguyên
một
0 và b
0
. Sau đó
n = p
2
(một
02 + b
02
).
Nếu n = p
2, chúng ta đang làm, vì vậy chúng ta có thể giả sử n> p2
. Các số nguyên n
0 = n / p2 = a
02 + b
02
là một
tổng của hai hình vuông và nó lớn hơn 1 và nhỏ hơn n. Bằng cách giả thuyết quy nạp của chúng tôi,
mỗi thừa số nguyên tố của n
0 là ≡ 3 mod 4 thậm chí còn đa dạng. Kể từ khi sự khác biệt duy nhất
giữa n và n
0
là thậm chí điện p
2
, chúng tôi kết luận rằng tất cả các yếu tố nguyên tố của n là
≡ 3 mod 4 thậm chí còn đa dạng. Đó là kết thúc các bước quy nạp.
Ví dụ 9.11. Số 35 = 5 · 7 có một yếu tố chính đó là ≡ 3 mod 4, cụ thể là 7.
Yếu tố này xuất hiện với tính đa 1, do đó 35 không phải là một tổng của hai hình vuông. Không phải là 5k
· 7
'
cho bất kỳ số mũ lẻ `> 0. Nhưng 5 · 7
2 = 245 là một tổng của hai hình vuông: 245 = 72 + 142
.
Định lý 9.10 mô tả các khoản tiền của hai hình vuông về một điều kiện về thủ
yếu tố đó là ≡ 3 mod 4. Đặc biệt, áp dụng điều kiện trong định lý để quyết định
xem liệu n là tổng của hai hình vuông đòi hỏi rằng chúng tôi n.