Fermat’s Theorem on Sums of Two Squares

($⟹$)

First, Supp. that $p=a^2+b^2$.

Now $a$ and $b$ cannot both be even or both be odd since $p$ is an odd number.

If $a=2r$ and $b=2s+1$,

then $a^2+b^2=4r^2+4(s^2+s)+1$.

So $p\equiv 1$ (mod $4$).

($⟸$)

Supp. that $p\equiv 1$ (mod $4$).

finite field ${\mathbb{Z}}_p$의 multiplicative group을 생각해보자.

그러면, $({{\mathbb{Z}}_p}^{\ast },\times )$는 order $p-1$의 cyclic group이다.

이때 $p\equiv 1$ (mod $4$)에 의해 $4$는 $p-1$의 divisor임이 유도된다.

따라서 ${{\mathbb{Z}}_p}^{\ast }$는 multiplicative order가 $4$인 원소 $n$을 포함한다. (cyclic group의 경우 Lagrange thm의 역이 성립)

그리고 $n^2$는 multiplicative order $2$를 가진다.
(간단하게 생각하면, $n$이 뛰는 스텝을 절반만 뛰기 때문에 $4/2=2$의 위수를 갖는 것)
(addidtive group에서 $n$과 $2n$의 위수와 상통하는 부분)

따라서 $n^2$의 위수가 2이므로 ${{\mathbb{Z}}_p}^{\ast }$에서 $n^2=-1$이 된다.

따라서 $\mathbb{Z}$에선 $n^2\equiv -1$ (mod $p$)가 된다.

즉, $\mathbb{Z}$에서 $p\mid (n^2+1)$가 된다.

$p$와 $n^2+1$의 관계를 이번엔 $\mathbb{Z}[i]$에서 바라보면 아래와 같다.

Supp. $p$ is irreducible in $\mathbb{Z}[i]$, (귀류법)

then $p$ would have to divide $n+i$ or $n-i$.

If $p$ divides $n+i$, then $n+i=p(a+bi)$ for some $a,b\in \mathbb{Z}$.

허수부의 계수만 비교하면, $1=pb$라는 식을 얻는데 이것은 불가능하다!

마찬가지로 $n-i$에 대해서도 불가능하다는 결과를 얻는다.

따라서 처음에 가정한 “$p$ is irreducible”은 거짓이다!

$p$가 $\mathbb{Z}[i]$에서 irreducible이 아니므로, $p=(a+bi)(c+di)$가 된다. ($(a+bi)$, $(c+di)$ 모두 unit이 아님!)

여기서 norm을 취하면, $p^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$ where neither $a^2+b^2=1$ nor $c^2+d^2=1$.

이때, $a^2+b^2$가 $(a+bi)(a-bi)$로 factorization 되므로, $p=a^2+b^2$가 되어 성립한다. $◼$
($p=(a+bi)(c+di)=a^2+b^2$가 되므로 앞의 조건을 모두 만족한다!)