摘抄自《数论I》

引理：设 \(a,b,c\in \mathbb{Q}^+\)，则下面的（I）,（II）等价.  

(I) 存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\)  使 \(ax^2+by^2=c\) .

(II) 存在 \(x,y,z\in \mathbb{Q}\) ，\((x,y,z)\neq(0,0,0)\)  使 \(ax^2+by^2=cz^2\) .

(I) \(\Rightarrow\)  (II) 取 \(z=1\) . 反过来如果 \(z\neq 0\)，那么 \(a(\frac{x}{z})^2+b(\frac{y}{z})^2=c\). 如果 \(z=0\)  而 \(x\neq 0\)，那么有 \(a=c(\frac zx)^2-b(\frac yx)^2\)，由二次曲线 \(a=cu^2-bv^2\)  有无穷多个有理点，因此具有 \(u\neq 0\)  的有理点，所以有 \(a(\frac 1u)^2+b(\frac vu)^2=c\) . 

设 \(p\) 为素数，则：  

1.存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\)  使得 \(p=x^2+y^2\)  的充要条件是 \(p\equiv 1\mod 4\)  或者 \(p=2\) . 

2.存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\) 使得 \(p=x^2+5y^2\)  的充要条件是 \(p\equiv 9\mod 20\)  或者 \(p=1,5\) . 

3. 存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\) 使得 \(p=x^2+6y^2\)  的充要条件是 \(p\equiv 3\mod 8\)  并且 \(p\equiv(1,3,4,9,10,12)\) 中的一个 \(\mod 13\)  或者 \(p=1\) .

证明：设 \(a\in \mathbb{Q}^+\). 对于是否存在 \(x,y\in \mathbb{Q}\)  使得 \(p=x^2+y^2\)  的问题，如果将方程改写为 \(pz^2=x^2+ay^2\)  或 \(x^2=pz^2-ay^2\) ，则由上述的 (I) 与 (II) 的等价性可以知道，这个存在性问题与 \((p,-a)_v=1\)  对所有 \(v\)  (所有 \(v\)  是指与所有的素数)成立与否的问题相同. 根据注记 2.6，不用验证 \(v=p\)  的情形也可以. 

1. 的证明. 像在定理 2.5 的证明中已计算过的寻样知，若 \(v\neq 2,p\) ，则 \((p,-1)_v=1\)，若 \(p\neq 2\)，则 \((p,-1)_2=(-1)^{\frac{p-1}2}\). 由此得到 (1). 

2. 的证明. 根据命题 2.4(4-1), 当 \(v\neq 2,5,p\)  时，\((p,-5)_v=1\). 若 \(p \neq 2\)，则 \((p,-5)_v=(-1)^{\frac{p-1}{2}}\). 若 \(p\neq 5\)，则 \((p,-5)_5=(\frac p5)\). 由上面这些计算得到了 (2). 

3. 的证明. 根据命题 2.4(4-1), 若 \(v\neq 2,13,p\)  则 \((p,-26)_v=1\)  若 \(p\neq 2\)，当\(p=1\)  或 \(3 \mod 8\) 时，\((p,-26)_2=1\) ；而当 \(p=5\)  或 \(7\mod 8\)  时，\((p,-26)_2=-1\)  若 \(p\neq 13\) ，则 \((p,-13)_{13}=(\frac p{13})\) . 根据对 \(\mathbb{Z}/13\mathbb{Z}\) 中元的平方的实际计算知，当 \(a \equiv1,3,4,9,10,12 \mod 13\)  时，\((\frac p{13})=1\)；而当 \(a\equiv 2,5,6,7,8,11 \mod 13\) 时，\((\frac p{13})=-1\) .由此得到(3).

Fermat 曾叙述过 ( \(\S\) 0.2) 存在满足 \(p=x^2+y^2\)  的 \(x,y\in \mathbb{Z}\) 的的充要条件为 \(p=1 \mod 4\) 或者 \(p=2\) .这与存在有理数解的条件一致. \(p=x^2+5y^2\) 整数解的存在条件与有理解的存在条件也一致，但关于 \(p=x^2+26y^2\)，尽管按命题 2.8(3)，在 \(3=x^2+26y^2\) 中存在有理解，但它却确实不存在整数解.在此出现的存在整数解的条件与存在有理解的条件一致或不一致的情形与类域论有关，将在第五章中涉及.

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