从费马二平方和问题开始谈起

从费马二平方和问题开始谈起^[1]

法国数学家费马在1640年提出了一个猜想：奇质数能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该素数被 $4$ 除余 $1$ ，但他没有给这个问题一个有力的数学证明，1747年，瑞士数学家莱昂哈德$\cdot$欧拉给出了这个问题的一个完整的证明，那年他40岁。
欧拉的这个证明本身是简单的，用到了无穷递降法————费马最先发明的证明工具。但是相比于后来高斯用现在看来是代数数论的方法给出的一个证明，欧拉的证明还是显得冗长了。
我们将从高斯的证明开始，来谈谈 Gauss 当年如何用二次域的素理想分解来解决 “二平方和” 问题. Gauss 的代数工具是虚二次域 $\mathbf{Q}$ (i) 和它的整数环 $\mathbf{Z}[i]$, $i=\sqrt{-1}$. (后人将 $\mathbf{Q}(\mathrm{i})$ 和 $\mathbf{Z}[i]$ 分别称作 Gauss 数域和 Gauss 整数环) 大 $\mathbf{Z}[i]$ 是主理想整环(容易算出其类数 $h$ 为1),从而 $\mathbf{Z}[i]$ 中每个理想均有形式 $\mathfrak{a}=(a+b\mathrm{i}),a,b\in \mathbf{Z}$, 于是 $N(\mathfrak{a})=N(a+\mathrm{i}b)=(a+\mathrm{i}b)\cdot (a-\mathrm{i}b)=a^2+$ $b^2$ 正好是两个有理整数的平方和. 换句话说,我们证明了下面的：
$1.$ $n\in \mathbf{Z}$ 可表为两个有理整数的平方和 $\iff n$ 是 $\mathbf{Z}[\mathrm{i}]$ 中某个 (主)理想的范;
$2.$ 若 $n$ 和 $m$ 均可表成两个有理整数的平方和, 则 $nm$ 亦然. (这是因为 $n=$ $N(\alpha ),m=N(\beta ),\alpha ,\beta \in \mathbf{Z}[\mathrm{i}]$, 则 $nm=N(\alpha \beta ))$

定理 1 (Fermat-Euler-Gauss,二平方和定理) 设 $n$ 为正整数, $n=m^2{n}_0,m\in \mathbf{Z},n_0$ 是 $n$ 的无平方因子部分, 则: $n$ 是两个有理整数的平方和 $\iff n_0$ 没有素因子 $p\equiv 3(mod4)$.(容易知道可以不妨设m=1来证明这个定理)

证明 $\Leftarrow$ : 如果 $n=1$, 则 $n=1^2+0^2$. 如果 $n⩾2$, 则 $n=p_1\cdots p_s,p_1,\cdots ,p_s$为 $s⩾1$ 个不同的素数, 并且 $p_i=2$ 或者 $p_i=1(mod4)$. 若 $p_i=2$, 则 $p_i=1^2+1^2$.若 $p_i\equiv 1(mod4)$, 则 $\left(\frac{-4}{p_i}\right)=\left(\frac{-1}{p_i}\right)=1$.

常用的勒让德符号性质：$\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}=\{\begin{array}{ll}1,& p\equiv 1(mod4)\\ -1,& p\equiv 3(mod4)\end{array}$
$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}=\{\begin{array}{ll}1,& p\equiv \pm 1(mod8)\\ -1,& p\equiv \pm 3(mod8)\end{array}$
$\left(\frac{p}{q}\right)\cdot \left(\frac{q}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}$

由分歧理论知 $p_i$ 在 $\mathbf{Z}[\mathrm{i}]$ 中完全分裂. 即 $p_i={\mathfrak{p}}_1{\mathfrak{p}}_2$, $N\left({\mathfrak{p}}_1\right)=p_i$. 于是由前面的 1 知 $p_i$ 可表成二平方和. 再由 2 即知 $n=p_1\cdots p_s$ 可表为二个整数的平方和.
$\Rightarrow$ : 假设 $n$ 可表成二平方和, 则 $\mathbf{Z}[\mathrm{i}]$ 中有理想 $a$ 使得 $N(\mathfrak{a})=n$. 如果存在素数 $p\equiv 3(mod4)$, 使得 $p\mid n$, 则 $n$ 中的素因子分解式中只包含 $p$ 的1次幂. 但是另一方面, $\left(\frac{-1}{p}\right)=-1$, 从而由分歧理论可知 $p{O}_K=\mathfrak{p}$ 为 $O_K=\mathbf{Z}[\mathrm{i}]$ 中的素理想. $N(\mathfrak{p})=p^2$, 并且 $\mathfrak{p}$ 是 $\mathbf{Z}[\mathrm{i}]$ 中唯一的素理想使得 $p\mid N(\mathfrak{p})$. 因此, $\mathfrak{a}$的素理想分解式中 $\mathfrak{p}$ 的个数为 $t>0,t\in \mathbf{Z}$, 则 $n=N(\mathfrak{a})=p^{2t}\cdots$, 即 $n$ 中包含偶数个 $p$, 这就导致矛盾. 从而 $n$ 中不存在素因子 $p\equiv 3(mod4)$.

接下来我们要推广这个问题以及证明的想法。

推广费马平方和问题

雏形
$m$ 是一个无平方因子的整数. $K$ 是二次数域 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$. 判别式为 $d(K)$ 则

$$d(K)=2^{2\delta }m,$$

其中

$$\delta =\{\begin{array}{ll}0,& \text{ if }m\equiv 1(mod4),\\ 1,& \text{ if }m\equiv 2\text{ or }3(mod4).\end{array}$$

$p$ 是奇素数使得

$$\left(\frac{d(K)}{p}\right)=1.$$

注意到上式当 $p\ne 2$ 时等价于 $\left(\frac{m}{p}\right)=1$(这是接下来讨论的前提). 由分歧理论

$$⟨p⟩=P_1{P}_2,$$

其中 $P_1$ 和 $P_2$ 是 $O_K$ 上的两个不同的互相共轭的理想. 令 $h$ 表示类数 $h(K)$. 那么

$$⟨p^h⟩=⟨p{⟩}^h=P_1^h{P}_2^h.$$

因为 $\left[P_1\right]\in H(K)$ 且 $\mathrm{card}(H(K))=h$, 我们有

$$\left[P_1^h\right]={\left[P_1\right]}^h=1\text{. }$$

因此 $P_1^h$ 是主分式理想,又由于其是整理想所以

$$P_1^h=⟨\frac{x+y\sqrt{m}}{2^{1-\delta }}⟩,$$

其中 $x$ 和 $y$ 是有理整数满足 $x\equiv y(mod2)$ 如果 $m\equiv 1(mod4)$. $P_2^h$ 是 $P_1^h$ 的共轭理想, 也即

$$P_2^h=⟨\frac{x-y\sqrt{m}}{2^{1-\delta }}⟩,$$

所以

$$⟨p^h⟩=⟨\frac{x^2-m{y}^2}{4^{1-\delta }}⟩.$$

进而

$$p^h=\theta \left(\frac{x^2-m{y}^2}{4^{1-\delta }}\right)$$

对任意 $\theta \in U\left(O_K\right)$ 成立. 但是这样的话

$$\theta =\frac{4^{1-\delta }{p}^h}{x^2-m{y}^2}\in \mathbb{Q}$$

所以 $\theta \in U(\mathbb{Z})=\{\pm 1\}$. 因此

$$\begin{array}{}\text{(1)}& 4^{1-\delta }{p}^h=\pm (x^2-m{y}^2),\end{array}$$

这说明 $4^{1-\delta }{p}^h$ 至少可被形式 $x^2-m{y}^2$ 和 $-x^2+m{y}^2$ 其中一者或两者表出。

我们想要的内容已经初具雏形，在这种二次型的可表性的问题中，要求 $x,y$ 互素是非常自然的，因为由上文的一个理想范数表出的一个小性质我们可以很容易知道这些解才是我们应该研究的“本原”的解，其他的可表的解都可以由这些解构成。

小性质

互素解的讨论
我们继续证明

$$(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& \text{ if }m\equiv 2\text{ or }3(mod4)\\ 1\text{ or }2,& \text{ if }m\equiv 1(mod4).\end{array}$$

假设 $q$ 是一个满足 $q\mid (x,y)$ 的奇素数.那么存在整数 $x_1$ 和 $y_1$ 满足 $x_1\equiv y_1(mod2)$ 若 $m\equiv 1(mod4)$ 使得 $x=q{x}_1$ 且 $y=q{y}_1$ . 从(1)式我们推出 $q^2\mid 4^{1-\delta }{p}^h$. 由于 $q\ne 2$ 我们有 $q=p$. 因此

$$P_1^h=⟨q⟩⟨\frac{x_1+y_1\sqrt{m}}{2^{1-\delta }}⟩=⟨p⟩⟨\frac{x_1+y_1\sqrt{m}}{2^{1-\delta }}⟩=P_1{P}_2⟨\frac{x_1+y_1\sqrt{m}}{2^{1-\delta }}⟩,$$

所以 $P_2\mid P_1^h$, 与 $P_1$ 和 $P_2$ 是不同的素理想矛盾. 因此不存在能够整除 $(x,y)$ 的奇素数，所以

$$(x,y)=2^w$$

$w$ 是非负整数. 从(1)式我们推断出 $2^{2w}\mid 2^{2(1-\delta )}$ 所以 $0\le w\le 1-\delta$. 如果 $m\equiv 2$ 或者 $3(mod4)$ 那么 $\delta =1$ 从而 $w=0$. 如果 $m\equiv 1(mod4)$ 那么 $\delta =0$ 从而 $w=0$ 或者 $1$ .

可表式的符号问题
如果 $m$ 是负数则 $x^2-m{y}^2>0$, 所以(1)式取 + 号. 如果 $m$ 是正数且存在整数 $T$ 和 $U$ 使得 $T^2-m{U}^2=-1$ 那么由于

$$-(x^2-m{y}^2)=(T^2-m{U}^2)(x^2-m{y}^2)=(Tx+mUy{)}^2-m(Ty+Ux{)}^2$$

(1)式两个符号都可以取，反之如果不存在这样的整数 $T$ 和 $U$， 则我们无法进一步得知(1)式符号的选取，只能维持原判：$4^{1-\delta }{p}^h$ 至少可被形式 $x^2-m{y}^2$ 和 $-x^2+m{y}^2$ 其中一者或两者表出。

进一步的分析
如果 $m\equiv 1(mod8)$ 那么 $\delta =0$ 由(1)式得

$$x^2-y^2\equiv x^2-m{y}^2=\pm 4p^h\equiv 4(mod8),$$

最后一步是因为 $p^h\equiv \mathrm{奇}\mathrm{数}(mod8)$

所以 $x\equiv y\equiv 0(mod2)$. 令 $x=2u,y=2v(u,v\in \mathbb{Z})$, 代入(1)式我们得到

$$p^h=\pm (u^2-m{v}^2)$$

从互素性的讨论中我们得到 $(u,v)=1$.

如果 $m\equiv 5(mod8)$ 那么 $\delta =0$ 且 $x\equiv y(mod2)$. 设

$$x=v+2u,y=v,$$

其中 $u,v\in \mathbb{Z}$. 代入(1)式得

$$\pm 4p^h=x^2-m{y}^2=(v+2u{)}^2-m{v}^2=4u^2+4uv+(1-m)v^2$$

所以

$$p^h=\pm (u^2+uv+\left(\frac{1-m}{4}\right)v^2).$$

不难看出这个结果对$m\equiv 1(mod8)$ 也对。

由互素性的讨论我们得到

$$(2u,v)=(v+2u,v)=(x,y)=1\text{ or }2,$$

所以 $(u,v)=1$ or $2$ . 但是由 $(u,v{)}^2\mid p^h\Rightarrow (u,v)=p^t$ , $t$ 为非负整数. 因此 $t=0$ 而且 $(u,v)=1$.

上述内容可以写为一个完整的定理，记为 定理 1 .但是完整的定理内容和证明流程已经呈现出来了，所以我们不再赘述 定理 1 的叙述。

注意我们假设了一个前提条件 p是奇素数且 $(\frac{m}{p})=1$, 读者可以尝试写一写 $(\frac{m}{p})=0$ 和 $-1$ 以及 $p=2$ 的情况。

从 $p^h=\pm (u^2+uv+\left(\frac{1-m}{4}\right)v^2)$ 来看，我们不应拘泥于用 $\pm (x^2-m{y}^2)$ 这样的形式去表出 $p^h$,我们可以试着在更大的范围————二次型(关于二次型的一些性质详见附录)来讨论这个问题。

二次型的可表性质

定理 2(不可表的判定) 令 $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 为具有判别式 $d=b^2-4ac$ 的整二次形式. $p$ 是满足 $p\nmid a$ 的一个奇素数. 令 $k$ 是一个正整数.如果 $\left(\frac{d}{p}\right)=-1$ 那么不存在互素的整数 $u$ 和 $v$ 使得(反之，如果存在 $u$ 和 $v$ 以及某个 $k$ 使得下述表式成立，则 $\left(\frac{d}{p}\right)=0$ 或 $1$)

$$p^k=a{u}^2+buv+c{v}^2\text{. }$$

证明: 假设存在这样的整数 $u$ 和 $v$。 那么, 由于 $d=b^2-4ac$, 我们有

$$4a{p}^k=(2au+bv{)}^2-d{v}^2.$$

从上式我们可以看出

$$p|v⟹p|2au+bv⟹p\mid u\text{, 因为 }p\nmid 2a,$$

这与 $(u,v)=1$ 矛盾。因此 $p\nmid v$. 那么存在整数 $w$ 使得 $vw\equiv 1(modp)$. 因此

$$((2au+bv)w{)}^2\equiv d{v}^2{w}^2\equiv d(modp),$$

因此 $\left(\frac{d}{p}\right)=0$ or $1$ , 与 $\left(\frac{d}{p}\right)=-1$ 矛盾. 这就证明了不存在这样的 $u$ 和 $v$ .

接下来的三个例子我们会在 $m=-1,-2$, $-3$ 的情形下利用定理 1 和定理 2. 这三个例子以及类似形式的问题最初都来源于费马的洞察和考量，特别地，第一个例子就是我们刚刚提及的费马二平方和定理。

例 3 $m=-1$. 考虑 $h=h(\mathbb{Q}(\sqrt{-1}))=1$. 如果 $p$ 是满足 $\left(\frac{-1}{p}\right)=1$ 的奇素数, 由定理 1 存在互素的整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p=u^2+v^2$. 另一方面, 由定理 2 , 如果存在整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p=u^2+v^2$ 且 $(u,v)=1$ 那么 $\left(\frac{-4}{p}\right)=0$ 或者 $1$ , 也即, $\left(\frac{-1}{p}\right)=1$ ( 因为 $p\ne 2$ ). 而 $\left(\frac{-1}{p}\right)=1⟺p\equiv 1(mod4)$, 又 $2=1^2+1^2$, 我们推出对一个素数 $p$ 下述推断成立：

$$p=u^2+v^2⟺p=2\text{ or }p\equiv 1(mod4)$$

例 4 $m=-2$. 考虑 $h=h(\mathbb{Q}(\sqrt{-2}))=1$. 令 $p$ 是一个奇素数. 如果 $\left(\frac{-2}{p}\right)=1$, 那么由定理 1 知存在整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p=u^2+2v^2$. 另一方面, 由定理 2 ,如果存在互素的整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p=u^2+2v^2$ 那么 $\left(\frac{-8}{p}\right)=0$ 或 $1$ ,也即 $\left(\frac{-2}{p}\right)=1$ ( 因为 $p$ 是奇素数 ). 因为 $\left(\frac{-2}{p}\right)=1⟺p\equiv 1,3(mod8)$, 又 $2=0^2+2\cdot 1^2$, 我们推出一下论断对素数 $p$ 成立：

$$p=u^2+2v^2⟺p=2\text{ or }p\equiv 1,3(mod8)$$

例 5 $m=-3$. 考虑 $h=h(\mathbb{Q}(\sqrt{-3}))=1$. 令 $p$ 是一个奇素数. 如果 $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$, 那么由定理 1 存在互素的整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p=u^2+uv+v^2$. 另一方面, 由定理 2 如果存在互素整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p=u^2+uv+v^2$ 那么 $\left(\frac{-3}{p}\right)=0$ 或者 $1$ , 所以 $p=3$ 或者 $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$. 用二次互反律计算可知 $\left(\frac{-3}{p}\right)=1⟺p\equiv 1(mod3),\mathrm{又}\mathrm{知}2\ne u^2+uv+v^2$ (视作关于 $u$ 的二次方程用判别式捣鼓一下就知道无解), 且容易看出 $3=1^2+1\cdot 1+1^2$, 我们证明了一下断言成立：对任意一个素数 $p$ ：

$$p=u^2+uv+v^2⟺p=3\text{ 或者 }p\equiv 1(mod3)$$

我们现在再给出一个类数 $h(\mathbb{Q}(\sqrt{m}))>1$ 的例子.

例 6 $m=-5$. 考虑 $h=h(\mathbb{Q}(\sqrt{-5}))=2$. 如果 $p$ 是一个奇素数满足 $\left(\frac{-5}{p}\right)=1$, 由定理 1 存在互素的整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p^2=$ $u^2+5v^2$.另一方面, 由定理 2 , 如果存在互素的整数 $u$ 和 $v$ 使得 $p^2=u^2+5v^2$, 其中 $p$ 是一个奇素数, 那么 $\left(\frac{-5}{p}\right)=0$ 或者 $1$ . 因此 $p=5$ 或者 $p\equiv 1,3,7$, 或者 $9(mod20)$ (用二次互反律计算可得). 我们得到了对任意素数 $p$ 以下事实成立：

$$p^2=u^2+5v^2,(u,v)=1⟺p\equiv 1,3,7,9(mod20).$$

这里结论额外要求 $(u,v)=1$ 是因为如果不互素那么解平凡，或者也可以说之前的几个例子的结论可表等式一旦成立，$u,v$ 自动互素，不需额外指明。

关于这个例子，注意到下面四个分解式。

$$\begin{array}{rl}{29}^2& ={11}^2+5\cdot {12}^2\text{ 和 }29=3^2+5\cdot 2^2,\\ 3^2& =2^2+5\cdot 1^2\text{ 但 }3\ne u^2+5v^2\end{array}$$

由定理 1 我们只能考虑 $p^h$ 被判别式为 $m$ 或者 $4m$ 的二次型表出的问题. 但是 $p$ 本身是否能被这样的形式表出我们却知之甚少。 为了解决这个问题我们不能止步于 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ 的类数，我们要看看 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ 的类群结构能不能给出更多关于这个问题的信息. 在接下来的两个例子中我们使用这个想法。

例 7 $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$ 的类群为

$$H(K)=H(\mathbb{Q}(\sqrt{-5}))=\{1,[Q]\}\simeq {\mathbb{Z}}_2,$$

其中 $[Q]$ 是 $Q=⟨2,1+\sqrt{-5}⟩$ 所在的分式理想类

$$Q^2=⟨2⟩,N(Q)=2$$

$p\ne 2,5$ 是使得 $\left(\frac{-5}{p}\right)=1$ 的素数, 所以

$$⟨p⟩=P_1{P}_2,$$

附录 1 ：二次型的分类

以下的很多结果首先是由拉格朗日做出的，但是他似乎只认为这些内容是一种变形的技巧，高斯首先注意到这个问题很有研究的价值，下述定义中的术语都是由高斯提出的，在高斯之后人们才开始注意到简单的二次型里面蕴含着不可思议的内容。

定义 1 称 $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 为本原二次型如果 $a,b$ 和 $c$ 是互素的. 注意到任意的整二次型都是本原二次型的整数倍，我们将专门讨论本原二次型。
定义 2 称整数 $m$ 被二次型 $f(x,y)$ 表出，如果下述方程有整数解。如果有互素的整数解，那么称 $m$ 被恰当表出。

$$m=f(x,y)$$

定义 3 两个二次型 $f(x,y)$ 和 $g(x,y)$ 称为等价如果存在整数 $p,q,r$ 和 $s$ 使得

$$f(x,y)=g(px+qy,rx+sy)\text{ 且 }ps-qr=\pm 1.$$

$\det \left(\begin{array}{ll}p& q\\ r& s\end{array}\right)=ps-qr=\pm 1$, 意味着 $\left(\begin{array}{ll}p& q\\ r& s\end{array}\right)$ 是属于 $\mathrm{GL}(2,\mathbb{Z})$ 的(可逆)矩阵。

易知二次型的等价是定义在全体二次型上的一种等价关系. 一个重要的观察是等价的二次型可表的数集是相等的,换言之，若整数 $m$ 可以被二次型 $f(x,y)$ 表出，那么与 $f(x,y)$ 等价的二次型都可以表出 $m$。这个事实对恰当表出也是正确的，不过需要再多证明一个性质：与本原二次型等价的二次型仍是本原二次型，这是容易证明的。

定义 4 两个二次型之间的等价称之为恰当等价 如果 $ps-qr=1$, i.e., $\left(\begin{array}{ll}p& q\\ r& s\end{array}\right)\in \mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$, 称之为不恰当等价 如果 $ps-qr=-1$ .因为 $\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$ 是 $\mathrm{GL}(2,\mathbb{Z})$ 的子群, 这说明恰当等价是一种等价关系。

易知二次型 $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 和 $a{x}^2-bxy+c{y}^2$ 总是不恰当等价的。它们有可能恰当等价吗? 这个问题并不显然。接下来我们会看到这个断言对某些形式是对的 ( $2x^2\pm 2xy+3y^2$ ) ，对某些形式是错的 ( $3x^2\pm 2xy+5y^2)$.

关于恰当表出和恰当等价，它们之间有一个非常nice的关系。

定理 5 二次型 $f(x,y)$ 恰当表出整数 $m$ 当且仅当 $f(x,y)$ 和某个形如 $m{x}^2+Bxy+C{y}^2,B,C\in \mathbb{Z}$ 的二次型恰当等价.

证明： 首先，假设 $f(p,q)=m$, 其中 $p$ 和 $q$ 是互素的整数.我们可以找到整数 $r$ 和 $s$ 使得 $ps-qr=1$. 设 $f(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$, 那么

$$\begin{array}{rl}f(px+ry,qx+sy)& =f(p,q)x^2+(2apr+bps+brq+2cqs)xy+f(r,s)y^2\\ & =m{x}^2+Bxy+C{y}^2\end{array}$$

反过来，注意到 $m{x}^2+Bxy+C{y}^2$ 恰当表出 $m$ 通过取 $(x,y)=(1,0)$, 我们完成了引理的证明。

定义 6 $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 的判别式定义为 $D=b^2-4ac$.

为了看出这个定义和二次型的等价问题的联系, 假设二次型 $f(x,y)$ 和 $g(x,y)$ 各自有判别式 $D$ 和 $D^{\prime }$ 且 $f(x,y)$ 是由 $g(x,y)$ 变形而来。

$$f(x,y)=g(px+qy,rx+sy),p,q,r,s\in \mathbb{Z}.$$

直接暴力计算可得

$$D=(ps-qr{)}^2{D}^{\prime }$$

所以当 $ps-qr=\pm 1$ 时这两个二次型有相同的判别式. 也就是说等价的二次型有相同的判别式。
$D$ 的符号对二次型的一些性质有很大的影响.

如果 $f(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$, 那么我们有恒等式

$$4af(x,y)=(2ax+by{)}^2-D{y}^2.$$

定义 7 如果 $D>0$, 那么 $f(x,y)$ 可以表出的数中有正有负,称这种二次型为不定的。如果 $D<0$, 那么这种二次型只能表出正数或者负数, 取决于 $a$ 的符号,此时 $f(x,y)$ 相应的称之为正定的或负定的. 注意到这些定义在二次型的等价变换下是不变的。

$D$ 还会影响二次型的中间系数: 因为 $D=b^2-4ac$, 我们有 $D\equiv b^{2}mod4$, 由此推出 $D\equiv 0$ (resp. 1$)mod4$. 当且仅当 中间系数 $b$ 是偶数 (resp. 奇数)

对于具有判别式 $D$ 的二次型，我们有可表性质的一个充分必要条件:

定理 8 $D\equiv 0,1mod4$ ， $m$ 是与 $D$ 互素的一个奇数. 那么 $m$ 被一个以 $D$ 为判别式的本原二次型恰当表出当且仅当 $D$ 是 $modm$ 的二次剩余.

证明： 如果 $f(x,y)$ 恰当表出 $m$, 由定理 5 我们可以不妨设 $f(x,y)=m{x}^2+bxy+c{y}^2$. 因此 $D=b^2-4mc$, 显然 $D\equiv b^{2}modm$ ，是 $modm$ 的二次剩余.

反过来, 假设 $D\equiv b^{2}modm$. 因为 $m$ 是奇数, 且 $D\equiv (b+m{)}^{2}modm$, 所以我们可以不妨设 $D$ 和 $b$ 有相同的奇偶性。然后 $D\equiv 0,1mod4$ 由同余式的一些性质知有唯一解 $D\equiv b^{2}mod4m$. 这意味着 $D=b^2-4mc$ 对某个 $c$ 成立. 相应的构造 $m{x}^2+bxy+c{y}^2$ ，其能恰当表出 $m$ 且具有判别式 $D$, 其系数互素是因为 $m$ 与 $D$ 互素.

这个定理最常用的情形(因为我们一般关心素数的分解)是如下的推论版本：

推论 9 $n$ 是一个整数 ， $p$ 是一个不整除 $n$ 的奇素数。 那么 $p$ 被判别式为 $-4n$ 的本原二次型恰当表出 当且仅当 $(-n/p)=1$.

注意到 $x^2+n{y}^2$ 的判别式为 $-4n$, 我们离解决素数分解问题 $p=x^2+n{y}^2,\gcd (x,y)=1$ 已经很接近了，这个推论是非常关键的一步。

等价的二次型可表的数集是相同的并且等价关系保持二次型的本原性，所以我们现在面临的问题是：是否判别式为 $-4n$ 的本原二次型都可以等价到 $p=x^2+n{y}^2,\gcd (x,y)=1$?更进一步，我们问：每个等价类是否都能找到一个相对简单的代表元？

目前为止我们处理的二次型都是不加限定的，接下来我们的关注点将落在正定的二次型上(其中有我们最感兴趣的二次形式 $x^2+n{y}^2,n>0$ ), 关于正定二次型的理论古典，简洁而优雅。特别地，其中有一个很好的概念，称为既约形式。

定义 10 一个本原的正定二次型 $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 称为既约的如果

$$|b|\le a\le c\text{ 且}b\ge 0\text{ 如果 }|b|=a\text{ 或者 }a=c.$$

(注意到由于正定性 $a$ 和 $c$ 都是正整数)

基本定理如下：

定理 11 每个本原的正定二次型都与一个唯一的既约形式恰当等价，换言之，每个本原的正定二次型的恰当等价类中存在且只存在一个既约形式。

证明： 第一步是证明总可以恰当等价到一个 $|b|\le a\le c$ 的二次形式. 在所有与我们考量的本原正定二次型恰当等价的形式中, 选取形式 $f(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 使得 $|b|$ 尽可能的小. 如果 $a<|b|$, 那么

$$g(x,y)=f(x+my,y)=a{x}^2+(2am+b)xy+c{y}^2$$

与 $f(x,y)$ 恰当等价(任取 $m$ ). 因为 $a<|b|$, 我们可以选取 $m$ 使得 $|2am+b|<|b|$, 与 $f(x,y)$ 的选取办法矛盾. 因此 $a\ge |b|$, $c\ge |b|$ 是类似的. 如果 $a>c$,我们作变换 $(x,y)\mapsto (-y,x)$ 使得 $a$ 与 $c$ 两个系数交换,这个变换是恰当等价.现在我们得到了一个二次形式满足 $|b|\le a\le c$.

下一步证明我们所得的形式与一个既约形式等价.根据定义只需考量当 $a=-b$ 或者 $a=c$ 时 $b<0$ 的情况, 其他情况下这个形式已经既约。在所需考量的特殊情况下，我们只需证明 $a{x}^2\pm bxy+c{y}^2$ 这两个形式恰当等价即可. 以下两个变换是恰当等价：

$$\begin{array}{rl}& a=-b:(x,y)\mapsto (x+y,y)\text{ 作用于 }a{x}^2-axy+c{y}^2\text{ 得到 }a{x}^2+axy+c{y}^2.\\ & a=c:(x,y)\mapsto (-y,x)\text{ 作用于 }a{x}^2+bxy+a{y}^2\text{ 得到 }a{x}^2-bxy+a{y}^2.\end{array}$$

最后一步我们证明两个不同的既约形式不可能恰当等价.也就是定理中的唯一性。 如果 $f(x,y)=$ $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ satisfies $|b|\le a\le c$, then one easily shows that

$$f(x,y)\ge (a-|b|+c)min(x^2,y^2)$$

(see Exercise 2.7). Thus $f(x,y)\ge a-|b|+c$ whenever $xy\ne 0$, and it follows that $a$ is the smallest nonzero value of $f(x,y)$. Furthermore, if $c>a$, then $c$ is the next smallest number represented properly by $f(x,y)$, so that in this case the outer coefficients of a reduced form give the minimum values properly represented by any equivalent form. These observations are due to Legendre [91, Vol. I, pp. 77-78].

We now prove uniqueness. For simplicity, assume that $f(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$ is a reduced form that satisfies the strict inequalities $|b|<a<c$. Then

$$a<c<a-|b|+c,$$

and by the above considerations, these are the three smallest numbers properly represented by $f(x,y)$. Using (2.9) and (2.10), it follows that

$$\begin{array}{rl}& f(x,y)=a,\gcd (x,y)=1⟺(x,y)=\pm (1,0)\\ & f(x,y)=c,\gcd (x,y)=1⟺(x,y)=\pm (0,1)\end{array}$$

注意到我们现在可以回答之前提过的关于等价和恰当等价区别的问题————— $3x^2\pm 2xy+5y^2$ 显然是等价的但是由于它们是两个不同的既约形式, 所以它们并不恰当等价。 另一方面, 在 $2x^2\pm 2xy+3y^2$, 中只有 $2x^2+2xy+3y^2$ 是既约的, 根据定理 11, 它和 $2x^2-2xy+3y^2$ 是恰当等价的.

在继续前进之前, 我们需要一个观察： 假设 $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ 是一个判别式既约形式. 则 $D<0$ 而且由于 $b^2\le a^2$ 和 $a\le c$, 我们有

$$-D=4ac-b^2\ge 4a^2-a^2=3a^2$$

因此

$$a\le \frac{\sqrt{(-D)}}{3}.$$

如果 $D$ 固定, 那么 $|b|\le a$ 以及上式说明 $a$ 和 $b$ 只有有限多种选取可能. 又因为 $b^2-4ac=D$, 所以 $c$ 的可能选取也只有有限多种, 所以给定判别式 $D$ 的情况下，仅有有限多个既约形式.再由定理 11 知给定判别式 $D$ 的值，则所有以 $D$ 为判别式的本原正定二次型的恰当等价类的类数也是有限的。我们将类数，记作 $h(D)$. (定义 12) 我们已经证明了以下定理：

定理 13 给定判别式 $D<0$ . 本原正定二次型在恰当等价下的类数 $h(D)$ 有限, 且等于以 $D$ 为判别式的既约形式的个数。

上述分析也给出了找到这有限个既约形式的一个算法

定理 14 与理想类数的关系

附录 2 ：同余的一些性质

定理 1 若 $ac\equiv bc(modm)$, 且若 $(m,c)=d$, 则$a\equiv b(mod\frac{m}{d})$
证明：因为 $m\mid c(a-b)$, 故 $\frac{m}{d}|\frac{c}{d}(a-b)$, 又因 $(\frac{m}{d},\frac{c}{d})=1$, 便知 $\frac{m}{d}|(a-b)$.

定理 2 若 $a\equiv b(mod{m}_i),i=1,2,\cdots ,n$, 则

$$a\equiv b(mod[m_1,\cdots ,m_n]).$$

证明 因为 $m_i\mid a-b,i=1,\cdots ,n$, 即可知 $[m_1,\cdots ,m_n]\mid a-b$.

定理 3 (孙子剩余定理) 设 $m_1,m_2,\cdots ,m_k$ 是 $k$ 个两两互素的正整数, $m=m_1\cdots m_k,m=m_i{M}_i(i=1,\cdots ,k)$, 则同余式组 $x\equiv b_1(mod{m}_1),x\equiv b_2(mod{m}_2),\cdots ,x\equiv b_k(mod{m}_k)$. 有惟一解.

$$x\equiv M_1^{\prime }{M}_1{b}_1+M_2^{\prime }{M}_2{b}_2+\cdots +M_k^{\prime }{M}_k{b}_k(modm),$$

其中

$$M_i^{\prime }{M}_i\equiv 1(mod{m}_i)(i=1,\cdots ,k).$$

证明：构造的形式道尽。

定理 4 设 $(a,m)=1,m>0$,则同余式

$$ax\equiv b(modm)$$

恰有一个解.
证明 因为 $1,2,\cdots ,m$ 组成一组模数 $m$ 的完全剩余系, $(a,m)$ $=1$, 故 $a,2a,\cdots ,ma$ 也组成模数 $m$ 的一组完全剩余系, 故其中恰有一个数设为 $aj$, 适合 $aj\equiv b(modm),x\equiv j(modm)$ 就是 $(4)$ 的惟一解.

定理 5 设 $m>1,(a,m)=1$, 则 $a^{\varphi (m)}\equiv 1(modm)$
证明：$\{0,1,\cdots ,n-1\}$ 中和 $n$ 互素的数在模 $n$ 同余下组成乘法群，阶为 $\varphi (n)$ ，再由拉格朗日定理即可证明。

定理 4 并没有告诉我们如何去决定这个解, 除非将 $1,2,\cdots ,m$逐一代入验算. 下面这个定理, 直接给出解.

定理 6 在定理 4 的条件下, $x\equiv b{a}^{\varphi (m)-1}(modm)$ 是惟一解.

定理 7 设 $(a,m)=d,m>0$, 同余式

$$ax\equiv b(modm)$$

有解的充分必要条件是 $d\mid b$.
证明： 如果有解, 则由 $d|a,d|m$, 推出 $d\mid b$. 如果 $d\mid b$, 则因 $(\frac{a}{d},\frac{m}{d})=1$, 故同余式

$$\frac{a}{d}x\equiv \frac{b}{d}(mod\frac{m}{d})$$

有一组解，从而原本考虑的同余式有一组解。

定理 8 设 $(a,m)=d,m>0,d\mid b$, 则同余式

$$ax\equiv b(modm)$$

恰有 $d$ 个解.
证明： 由 $d\mid b$ 和上一个定理知有解. 如有整数 $c$ 适合上述原同余式,则 $c$ 也适合新同余式

$$\frac{a}{d}x\equiv \frac{b}{d}(mod\frac{m}{d}).$$

反之, 如 $c$ 适合新同余式 , $c$ 也适合原同余式. 设 $t$ 是新同余式的唯一解

$$x\equiv t(mod\frac{m}{d}),$$

即全体整数

$$t+k\cdot \frac{m}{d},k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ,$$

对模数 $m$ 来说,恰可选出 $d$ 个互不同余的整数

$$t,t+\frac{m}{d},t+2\cdot \frac{m}{d},\cdots ,t+(d-1)\frac{m}{d}.$$

由此即知原同余式有 $d$ 个不同的解。

定理 9 一次同余式组

$$x\equiv b_1(mod{m}_1),x\equiv b_2(mod{m}_2)$$

可解的充分必要条件是 $(m_1,m_2)\mid b_1-b_2$, 且当 该同余式组可解时对模数 $[m_1,m_2]$ 有惟一解.
证明: 设同余式组有公解 $x_0,(m_1,m_2)=d$, 则有

$$x_0\equiv b_1(modd),x_0\equiv b_2(modd),$$

两式相减即得 $d\mid b_1-b_2$.
反之, 若 $(m_1,m_2)\mid b_1-b_2$, 则因 $x\equiv b_1(mod{m}_1)$ 的解可写为 $x=b_1+m_{1}y$, 代 人 $x\equiv b_2(mod{m}_2)$ 得

$$m_{1}y\equiv b_2-b_1(mod{m}_2).$$

因为 $(m_1,m_2)=d,d\mid b_2-b_1$, 故上述同余式关于 $y$ 有解, 设为 $y_0$, 且对模数 $\frac{m_2}{d}$ 有惟一解 $y\equiv y_0(mod\frac{m_2}{d})$, 即

$$y=y_0+\frac{m_2}{d}t(t=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ).$$

故原一次同余式组的全部解为

$$x=b_1+m_1{y}_0+\frac{m_1{m}_2}{d}t(t=0,\pm 1,\pm 2,\cdots ).$$

这些解对模数 $[m_1,m_2]$ 来讲都是同余的, 故原一次同余式组的解对模数 $[m_1,m_2]$ 惟一.

分歧理论

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1. 参考文献：冯克勤《代数数论》，K.S.Williams《Introductory Algebraic Number Theory》 ↩︎