Se puede probar que todos los prime $p\equiv1,3\mod{8}$ puede ser escrita en la forma $a^2+2b^2$. Es cierto que esta representación es única? Esto es especialmente cierto para los números primos por escrito en el formulario $a^2+b^2$ $($esto es bien conocido$)$, pero me pregunto si esto podría ser generalizado.
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barto
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Podemos dar una primaria prueba demasiado, similar a la de los números primos de la forma $a^2+b^2$, en función de Euler Método de Factorización. Parece que el 2009, el artículo de John Brillhart (consulte ¿Jagy la respuesta de vista previa aquí) se ha generalizado aún más.
Supongamos que tenemos una extraña prime $p=a^2+2b^2=c^2+2d^2$$a,b,c,d>0$$a\neq c$. Deje $x=\frac{a+c}2$$y=\frac{b+d}2$. (Algunos aritmética modular muestra que $x,y\in\mathbb N$.) Factorización de da
$$\left(\frac{a+c}{b+d}=\right)\quad\frac xy=2\frac{y-b}{x-c}\quad\left(=2\frac{d-b}{a-c}\right).$$
Vamos $x=pr$, $y=qr$ con $\gcd(p,q)=1$. Vamos $y-b=us$, $x-c=vs$ con $\gcd(y-b,x-c)=1$. ($u$ y $v$ puede ser negativo). Tenemos
$\frac pq=\frac{2u}v$. Hay dos casos a considerar:
Caso 1. $v$ es incluso. Decir $v=2w$. Entonces $u=p$, $v=2w=2q$. Tenemos $a=x+(x-c)=pr+2qs$$b=y-(y-b)=qr-ps$. De ello se sigue que
$$p=a^2+2b^2=(pr+2qs)^2+2(qr-ps)^2=(p^2+2q^2)(r^2+2s^2)$$
(generalizada Brahmagupta-Fibonacci de identidad), una contradicción, porque $q,s\neq0$.
Caso 2. $v$ es impar. Tenemos $2u=p$, $v=q$. De nuevo, $a=x+(x-c)=2ur+qs$$b=y-(y-b)=qr-us$, por lo tanto $$p=a^2+2b^2=(2ur+qs)^2+2(qr-us)^2=(q^2+2u^2)(s^2+2r^2),$$ contradicción. $\square$
Nota: Si no me estoy confundiendo, el mismo argumento funciona para cualquier primer lugar de $2$, es decir, si $p=a^2+nb^2$ $n$ son primos, entonces $a,b$ son únicos a los signos. Al $n$ está compuesto de las cosas se ponen feas debido a un exceso de casos a tener en cuenta (algunos de los cuales, presumiblemente, no le dan un Brahmagupta-Fibonacci-como la factorización). Siempre puedes probar y ver si esta técnica funciona para algunos pequeños compuesta $n$ como $6,10,14,15$; no sé. También tenga en cuenta que para $n=1$ la prueba es la misma, pero sin caja.
Stephan Aßmus
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Es cierto para $a^2 + b^2$ una vez que insistir $a \leq b.$ a partir De un breve artículo de Juan Brillhart en el M. A. A. Mensual, diciembre de 2009, se cumple para cualquier $m x^2 + n y^2$ positivos $m,n$ TABLA DE CONTENIDO
QuentinUK
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Evan Trimboli
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Sí, se puede generalizar, y la forma más sencilla es a través de la teoría algebraica de números, después de la adquisición de ciertos conocimientos. Con este conocimiento, uno puede llegar a sentir con derecho a offhandedly tirar fuera una densa, concentrada respuesta a su pregunta:
Desde $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ es una única factorización de dominio con a sólo dos unidades (1 y $-1$), dada una extraña prime $p \in \mathbb{Z}^+$, la ecuación de $x^2 + 2y^2 = p$ tiene exactamente una solución en positivo enteros si $p$ se divide en $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ y no hay soluciones si es inerte.
Pero sin los antecedentes, que suena casi como una tontería. Ahora voy a intentar descomprimir en la esperanza de que tenga sentido para alguien con una comprensión elemental de la teoría de números y álgebra básica, y tal vez despertar su interés en la teoría algebraica de números. Pero esta división es, por supuesto, no hay sustituto para el cuidado de estudio con un buen libro en la teoría algebraica de números.
Es obvio que $(-x)^2 = x^2$. Si $\{x, y\}$ es una solución a $x^2 + 2y^2 = p$, entonces es claro que así se $\{-x, y\}, \{x, -y\}, \{-x, -y\}$. Estos son técnicamente diferentes, sin embargo, se siente como hacer trampa para considerar diferentes, ya que todo lo que estamos haciendo es multiplicar una o ambas de $\{x, y\}$ $-1$ (que es considerada una "unidad"). Para hacer las cosas un poco más formal, vamos a estar de acuerdo en cumplir con este requisito: dado soluciones $\{x_1, y_1\}, \{x_2, y_2\}$, podemos considerar diferentes si y sólo si $|x_1| \neq |x_2|$, y, asimismo, para$y_1$$y_2$.
Supongamos por un momento que puede haber varias soluciones distintas en los enteros positivos para $x^2 + 2y^2 = p$. El conjunto completo de tales soluciones es aún finito, en el hecho de $1 \leq x < \sqrt{p}$$1 \leq y < \sqrt{\frac{p}{2}}$. Por ejemplo, para $p = 19$, $x$ puede ser en la mayoría de 4 y $y$ en la mayoría de los 3, y en el hecho de que la única solución es $x = 1$, $y = 3$.
Ahora dirijamos nuestra atención a los números de la forma$a + b \sqrt{-2}$,$a \in \mathbb{Z}$, y, asimismo,$b$. Estamos recibiendo aquí en el reino de los números complejos, que suena complicado, pero resulta que a menudo se simplifican las cosas. Para nuestros propósitos aquí, es suficiente para aceptar que $(\sqrt{-2})^2 = -2$. Estos números forman un dominio generalmente clasificadas $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ (aunque se pueden encontrar diferentes notaciones en los antiguos libros de texto).
La aplicación de un poco de álgebra básica, compruebe que $(x - y \sqrt{-2})(x + y \sqrt{-2}) = x^2 + 2y^2$. Por ejemplo, $(1 - 3 \sqrt{-2})(1 + 3 \sqrt{-2}) = 1^2 + 2 \times 3^2 = 19$. Este concepto, llamado la "norma" es lo que hace a $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ correspondiente a su $x^2 + 2y^2 = p$ pregunta.
Uno no debe asumir automáticamente que $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ es una única factorización de dominio como $\mathbb{Z}$, pero no quiero hacer esto demasiado largo. Por ahora baste decir que la prueba de que $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$ es de hecho una única factorización de dominio es muy similar a la prueba del teorema fundamental de la aritmética con un par de pequeñas pero importantes ajustes. En $\mathbb{Z}$ no consideramos a la $(-1)^2 \times 19$ a ser un distintivo de la factorización de 19, porque $-1$ es una unidad. Del mismo modo que no considere el $(-1 - 3 \sqrt{-2})(-1 + 3 \sqrt{-2})$ distinta de la factorización de 19 $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$.
Otro hecho clave es que sólo hay dos unidades en $\mathbb{Z}[\sqrt{-2}]$. Para probar esto usted sólo tiene que mostrar que la ecuación de $x^2 + 2y^2 = 1$ sólo tiene dos soluciones en números enteros (0 y los números enteros negativos permitido). Esas soluciones son 1 y $-1$ (esto es válido para casi todos los $\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ o $\mathcal{O}_{\mathbb{Q}[\sqrt{d}]}$ para que squarefree $d < 0$).
Y ahora, para generalizar. Si $d = 1$, 2, 3, 7, 11, 19, 43, 67 o 163, a continuación, $\mathbb{Z}[\sqrt{-d}]$ o $\mathcal{O}_{\mathbb{Q}[\sqrt{-d}]}$ es una única factorización de dominio y la ecuación de $x^2 + dy^2 = p$ tiene una única solución en los enteros positivos.
Tal vez hay infinitamente muchos positivos $d$ que corresponden a $\mathbb{Z}[\sqrt{d}]$ o $\mathcal{O}_{\mathbb{Q}[\sqrt{d}]}$ cuales son únicas de la factorización de dominios. Pero eso no importa, porque la ecuación de $x^2 - dy^2 = p$ tiene una infinidad de soluciones o ninguna solución, y eso es debido a que la ecuación de $x^2 - dy^2 = \pm1$ tiene una infinidad de soluciones, lo que significa que hay infinitamente muchas unidades que son potencias de cada uno de los otros.
A partir de una única solución que podemos obtener como muchas otras soluciones como queremos multiplicar por unidades. Por ejemplo, solucionar $x^2 - 2y^2 = 7$. De trabajo en $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$,$(3 - \sqrt{2})(3 + \sqrt{2}) = 3^2 - 2 \times 1^2 = 7$. Las unidades en $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$ son de la forma$(1 + \sqrt{2})^n$$n \in \mathbb{Z}$. Así, a partir de $(3 - \sqrt{2})(1 - \sqrt{2})^n$ podemos derivar infinitamente muchas otras soluciones, como $x = 13$, $y = 9$; $x = 75$, $y = 53$; etc. (Estoy deliberadamente saltando sobre las soluciones a $x^2 - 2y^2 = -7$).
