Proseminar zu Modul 4: "Grundlagen der Mathematik C: Geometrie, elementare Algebra u. Zahlentheorie."

Proseminar zu Modul 4: "Grundlagen der Mathematik C: Geometrie, elementare

Algebra u. Zahlentheorie."

Ausarbeitung zum Zwei-Quadrate-Satz von Fermat

Vanessa Ruiz García 07.Juni 2018

Pierre de Fermat (1607-1665) war einer der wichtigsten Mathematiker des 17. Jahr- hunderts und gilt unter anderem als Begründer der modernen Zahlentheorie. Er liefert mithilfe des Beweises zum Zwei-Quadrate-Satz eine Antwort zu folgender Frage: „Welche Zahlen können als Summe von zwei Quadraten dargestellt werden?“. Diese Frage gilt es im Rahmen dieser Ausarbeitung zu beantworten. Dabei orientiert sich die Ausarbeitung an dem Buch der Beweise von Aigler, Ziegler und Hofmann (S. 19 ff.).

Dabei lassen sich zügig Zahlen finden, die als Summe von zwei Quadraten dargestellt werden können, wie es die folgenden Beispiele zeigen:

• 1 = 0²+ 1²

• 5 = 1²+ 2²

• 41 = 5²+ 4²

• 340 = 12²+ 14² = 18²+ 4² (Es gibt durchaus auch mehrere Möglichkeiten).

Dabei lassen sich aber ebenso Zahlen finden, die nicht als Summe von zwei Quadraten dargestellt werden können. Gerade bei einer kleinen Zahl wie es die 7 ist, lässt sich dies

von zwei Quadraten darstellbar. Die Ausgangsfrage wird vorerst modifiziert, indem man das Augenmerk auf die Primzahlen lenkt, sodass die Frage nun folgendermaßen lautet:

„Welche Primzahlen lassen sich als Summe von zwei Quadraten darstellen?“.

Definition 1 (Primzahl): Eine natürliche Zahl > 1 heißt Primzahl, wenn sie außer 1 und sich selbst keine Teiler hat.

Die Primzahlen lassen sich in exakt drei Kategorien einordnen. Es lässt sich zwischen der kleinsten und auch einzig geraden Primzahlp= 2, den Primzahlen der Form4m+ 3 und den Primzahlen der Form 4m + 1 unterscheiden. Die Primzahl p = 2 lässt sich eindeutig als Summe von zwei Quadraten darstellen, denn es gilt:1²+ 1² = 2. Es werden im Folgenden somit ausschließlich die ungeraden Primzahlen auf ihre Darstellbarkeit untersucht. Mithilfe der Methode von Euklid wird nun der nachfolgende Satz bewiesen.

Satz 2: Es gibt unendlich viele Primzahlen der Form4m+ 3.

Beweis: Annahme: Es gibt endlich viele Primzahlen der Form4m+ 3. In der endlichen Folge der Primzahlenp1, p2, p3, . . . pkstellt pk die größte Primzahl der Form4m+ 3dar.

DefiniereN := 4p1·p2·p3. . . ·pk−1.N hat damit die FormN = 4m+ 3mit m=p₁·p₂·p₃·. . . ·p_k−1.

Daraus folgt, das N kongruent zu 3 (mod 4) ist. Dabei besitzt N einen Primfaktor der Form 4m+ 3. Dies kann mittels der unterstellten Annahme bewiesen werden, dassN in der Primfaktorzerlegung nur Primteiler der Form4m+ 1besitzt:

N =q1·q2·q3·. . . qr

= (4m1+ 1)·(4m2+ 1)·(4m3+ 1). . . ·(4m_k+ 1)

≡1·1·1. . . ·1(mod4)

≡1(mod4)

Daraus würde folgen, dassN kongruent zu1mod 4 wäre. Dies führt zum Widerspruch, da N die Form 4m+ 3 hat. Die Annahme ist somit falsch, sodass N einen Primfaktor der Form 4m+ 3besitzt. Man fährt nun mittels Fallunterscheidung weiter fort:

1. Fall:N ist eine Primzahl.

Dann wäre man an diesem Punkt mit dem Beweis zu Ende, da es beiN um eine Primzahl der Form 4m+ 3handeln würde und diese eindeutig größer alsp_k ist.

2. Fall:N ist zusammengesetzt.

Nun muss gezeigt werden, dass der Primfaktorpder Form4m+ 3größer alsp_kist. Dies zeigen wir, indem die Widerspruchsannahme getroffen wird, dass der Primfaktor vonN der Form 4m+ 3kleiner gleichpk ist.

N = 4p₁·p₂·p₃·. . . ·p_k−1

⇔1 = 4p₁·p₂·p₃·. . . ·p_k−N

N hat einen Primteiler p der Form 4m + 3 und dieser Primteiler p ist Element der Menge {p₁, p2, ..., p_k}, da p≤ p_k ist und laut der anfänglichen Annahme keine anderen Primzahlen der Form 4m+ 3 mehr existieren. Also muss p ein Teiler von dem Produkt 4p₁ ·p₂ ·p₃ ·. . . ·p_k sein. Dann teilt p auch die Differenz, die jedoch 1 ist. Dies kann nicht sein und führt somit zum Widerspruch. Daraus folgt, dass der Primfaktor von N der Form4m+ 3größer alsp_k ist, die jedoch laut der anfänglichen Annahme die größte Primzahl der Form 4m+ 3 ist. Also muss die zu Beginn gestellte Annahme falsch sein und es existieren somit unendlich viele Primzahlen der Form 4m+ 3.

Das im Anschluss vorgestellteLemma 3 klassifiziert die Primzahlen, für die−1im Kör- perZp ein Quadrat ist und liefert gleichzeitig auch einen Beweis für die Unendlichkeit der Primzahlen der Form4m+ 1. Jedoch bevorLemma 3 in Detail ausgeführt wird, soll der Primkörper und seine Eigenschaften erläutert werden. Die Benennung all seiner Eigen- schaften würde den Rahmen dieser Ausarbeitung sprengen, sodass das Augenmerk auf drei seiner Eigenschaften gelegt wird, die für den Beweis auch dementsprechend benötigt werden.

Der Primkörper

Für jede Primzahlp bildet die MengeZp ={0,1, . . . , p−1} mit Addition und Multipli- kation „modulo p“ einen endlichen Körper.

• Fürx∈Zp, x6= 0ist das Inverse bezüglich der Addition (für das in aller Regel−x geschrieben wird) durchp−x∈ {1, . . . , p−1}gegeben. Wennp >2 ist, dann sind x und−x verschiede Elemente vonZp.

Beweis: x≡ −x⇔2x≡0(modp) ⇒p|2x mit 0< x≤p−1 2x≤2(p−1) = 2p−2<2p

⇒2x kann nichtp selbst sein, dap ungerade ist. Mittels der Abschätzung erkennt man, dass2x nicht durchp ohne Rest teilbar ist, da sich die Zahl zwischen 1 und

2p befindet, jedoch nichtpselbst ist.

• Jedes x ∈ Zp\{0}hat ein eindeutiges multiplikatives Inverses x¯ ∈ Zp \ {0}, mit x¯x≡1 (modp).

Beweis (Existenz des mulitplikativen Inversen): Sei x ∈ {1,2, ...p−1}.

Wir betrachten die Abbildung f:Zp7→Zp, z 7→xz.

Wir zeigen, dass f injektiv ist: Seienz₁, z₁∈ {1,2, ...p−1} mit

f(z1)≡f(z1) (modp) ⇔ xz1≡xz2 (modp) ⇔ x(z1−z2)≡0 (modp)

⇒ p|x

| {z }

unmöglich

∨ p|(z₁−z₂

| {z }

⇒z₁≡z₂modp

)

Damit muss sie auf der endlichen Menge Zp \ {0} aber auch surjektiv sein, und daher gibt es für jedes xein eindeutiges x¯6= 0 mitxx¯≡1(modp).

• Die Quadrate 0²,1²,2²,3², ..., h² definieren verschiedene Elemente von Zp, für h= [^p₂]. Diese1 + [^p₂]Elemente0²,1²,2²,3², ..., h² nennt man dieQuadrate inZp. Dies folgt daraus, dass x² ≡ y² (mod p) bzw. (x+y)(x−y) ≡ 0 (mod p) impliziert, sodass entwederx≡y (mod p) oder x≡ −y (modp) gilt. Jedoch kann der zweite Fall:

x≡ −y (modp) nicht eintreten, denn:

x≡ −y ⇔ x+y≡0 (modp).

Ausx, y∈ {0,1, . . . ,[^p₂]}, folgt folgende Abschätzung:

x+y ≤ ^p₂ −0,5 + ^p₂ −0,5 = p−1. Dies kann also nicht sein, da daraus folgen würde, dass entwederx odery größer als[^p₂]sein müsste, damit x+y durchpohne Rest teilbar ist.

Nun wird das bereits angesprochene Lemma 3 formuliert und dementsprechend bewie- sen:

Lemma 3: Für jede Primzahlpder Formp= 4m+1hat die Gleichungs² ≡ −1(modp) zwei Lösungens∈ {1,2, . . . , p−1}, fürp= 2gibt es genau eine solche Lösung, während es für Primzahlen von der Formp= 4m+ 3keine Lösung gibt.

Beweis: Fürp = 2ist s eindeutig, denns= 1. Für ungerades p wird eine Äquivalenz- relation auf der Menge {1,2, ..., p−1} gebildet. Diese Äquivalenzrelation wird dadurch erzeugt, dass jedes Element mit seinem additiven und seinem multiplikativen Inversen in Zp in Relation gesetzt wird, für die üblicherweise −x bzw.x¯geschrieben wird.

Die „gewöhnlichen“ Äquivalenzklassen enthalten somit vier Elemente:

{x,−x,x,¯ −¯x}

Wenn die Elemente dieser vierelementigen Äquivalenzklasse jedoch nicht voneinander verschieden sind, dann weichen diese Äquivalenzklassen auch demensprechend von den

„gewöhnlichen“ Aquivalenzklassen ab:

• x≡ −x ist für ungeradesp unmöglich.

Beweis: siehe Primkörper.

• x ≡ x¯ ist äquivalent zu x² ≡ 1. Dies hat zwei Lösungen, nämlich x = 1 und x=p−1, und entspricht der Äquivalenzklasse {1, p−1} der Größe2.

Beweis: x≡x¯⇔(x²−1)≡0(modp) ⇔p|(x²−1)⇔p|(x+ 1)(x−1)

⇒

da p∈|{z}P

p|(x+ 1)∨p|(x−1)mit1≤x≤p−1

⇒x=p−1 ∨ x= 1.

• x ≡ −¯x ist äquivalent zu x² ≡ −1. Diese Gleichung hat entweder keine Lösung, oder zwei verschiedene Lösungenx₀, p−x₀: in diesem Fall ist die Äquivalenzklasse {x₀, p−x0}.

Beweis: Annahme: ∃x₀ ∈Zp : x²₀≡ −1 (modp) Dann gilt auch:

(p−x₀)² =p²−2px₀

| {z }

≡0modp

+ x²₀

≡−1modp|{z}

≡ −1.

Nun haben wir Auskunft darüber erhalten, inwiefern man die(p−1)-elementige Menge {1,2, ...p−1} aufteilt. Sie werden zum einen in den klassischen Äquivalenzklassen der Größe 4, den sogenannten Quadrupeln aufgeteilt und in jedem Fall auch in der Äqui- valenzklasse {1, p−1} der Größe 2. Jedoch kann in einem bestimmten Fall auch ein zweites Paar{x₀, p−x₀}auftauchen. Wann dies so ist, wird im Folgenden mittels einer Fallunterscheidung geklärt:

1.Fall p= 4m+ 3⇒p−1 = 4m+ 2⇒ Es kann nur eine2-elementige Äquivalenzklasse {1, p−1} geben.

2.Fallp= 4m+ 1⇒p−1 = 4m⇒Aus(p−1)−2 = 4m−2folgt, dass das zweite Paar {x₀, p−x0}bei der Aufeilung der Menge auftauchen muss.

Beispiel 4 (Zerlegungen): Wähle einp der Form 4m+ 3. Die Zerlegung würde für p= 19wie folgt ausschauen:{1,18},{2,17,10,9},{3,16,6,13},{4,15,5,14},{7,12,8,11}.

Wähle einp der Form 4m+ 1, wie z.B.: p= 17:

{1,16},{2,15,8,9},{3,14,6,11},{5,12,7,10},{4,13}: das Paar {4,13} korrespondiert mit den zwei Lösungen von s² ≡ −1(mod17).

Somit enthalten die Primzahlen der Form 4m+ 1 die beiden Lösungen der Gleichung s²≡ −1 mit s∈ {1, . . . , p−1}, nach denen gefragt war.

Satz 5: Es gibt unendlich viele Primzahlen der Form4m+ 1.

Beweis: Seienp1, p2, p3,... alle Primzahlen; d.h.p1= 2, p2 = 3usw. und wir stellen nun die Widerspruchsannahme, dass p_k die größte Primzahl der Form 4m+ 1 sei. Definiere N := (2·3·5· · ·p_k

| {z }

M

)²+ 1. Dann istN ≡1 (mod4).

1.Fall:N ist eine Primzahl.

2.Fall:N hat einen Primfaktor p > p_k. Der Beweis dazu, dass der Primfaktorp größer als der Primfaktor pk ist, wird an diesem Punkt nicht durchgeführt, da dies auf analoger Art und Weise erfolgen würde wie beim bereits zu Beginn durchgeführten Unendlichkeitsbeweis der Primzahlen der Form4m+ 3. Nun geht es darum zu zeigen, dass es sich bei diesem Primfaktorp auch tatsächlich um eine Primzahl der Form 4m+ 1handelt. Wir wissen:

p|N(=M²+ 1)⇒M²≡ −1 (modp).

Dies führt fürp= 4m+ 3nachLemma 3 zum Widerspruch.

⇒p ist von der Form4m+ 1.

Lemma 6: Keine Zahln= 4m+ 3ist eine Summe von zwei Quadraten.

Beweis: Das Quadrat einer geraden Zahl ist (2k)² = 4k² ≡0 (mod 4), während Qua- drate von ungeraden Zahlen(2k+ 1)²= 4k²+ 4k+ 1 = 4(k²+k) + 1≡1(mod4) ergeben.

Daraus folgt, dass die Summe von zwei Quadraten kongruent zu0,1 oder2 (mod4) ist.

Die Zahl 4m+ 3ist somit nicht als Summe von zwei Quadraten darstellbar.

Proposition 7: Jede Primzahlpder Form4m+ 1ist eine Summe von zwei Quadraten, sie kann also alsp=x²+y² dargestellt werden, mit natürlichen Zahlenx undy.

Der norwegische ZahlentheoretikerAxel Thue(1863-1922)beweist diese Proposition mit- hilfe des Schubfachprinzips, welches wie folgt definiert ist: SeienmObjekte innKatego- rien (Schubfächer) eingeteilt. Wenn m > nist, so gibt es mindestens eine Kategorie, die mindestens zwei Objekte enthält.

Beweis: Sei p von der Form 4m+ 1. Wir betrachten die Paare (⇔ Objekte(im Sinne des Schubfachprinzips)) ganzer Zahlen:(x⁰, y⁰) mit 0≤x⁰, y⁰ ≤√

p. Dadurch sind x⁰, y⁰ ∈ {0,1, ....,[√

p]}. Es gibt([√

p] + 1)² solche Paare. Dabei gibt es mehr alsp solcher Paare, denn([√

p] + 1)² >√ p²=p.

Nun betrachten wir die Schubfächer x⁰ −sy⁰ mit s ∈ {0, ...p−1}, sodass die Anzahl der Schubfächer auf p begrenzt ist. Laut dem Schubfachprinzip existiert für ein s zwei verschiedene Paare(x⁰, y⁰) und (x⁰⁰, y⁰⁰)für die gilt x⁰−sy⁰ ≡x⁰⁰−sy⁰⁰ (modp).

Nun definieren wir x:=|x⁰−x⁰⁰|und y:=|y⁰−y⁰⁰|und daraus ergibt sich:

x⁰−sy⁰ ≡x⁰⁰−sy⁰⁰(modp)

⇒x⁰−x⁰⁰≡sy⁰−sy⁰⁰(modp)

≡s(y⁰−y⁰⁰)(modp)

⇒x≡ ±sy(modp)

NachLemma 3 können wirsso wählen, dasss²≡ −1(modp). Aus dem Quadrieren der Gleichung folgt

x² ≡ s²y² ≡ −y² (mod p) und somit x² +y² ≡ 0 (mod p). Aus der Abschätzung 0< x²+y² <2pwird klar, dass die einzige Zahl zwischen 0 und2p, die durchp restlos

teilbar ist, pselbst ist. Daher ist x²+y² =p.

Der zweite Beweis für die Proposition liefert der britische Mathematiker Roger Heath- Brown (*1952). Heath-Browns Argument stützt auf drei Involutionen.

Definition 8 (Involution): Eine Abbildung f : M −→ M mit übereinstimmender Definitions- und Zielmenge heißt genau dann eine Involution, wenn für x ∈ M gilt f(f(x)) = x. Sodass f verknüpft mit sich selbst die identische Abbildung ergibt, also f◦f =id_M.

Wir betrachten die Menge

S:={(x, y, z)∈Z³|4xy+z² =p, x >0, y >0}.

Dabei gilt:

• S ist eine endliche Menge, denn aus x≥1und y≥1 folgt nämlich:

4xy+z² =p⇔4xy =p−z² ⇔x= ^p−z₄ ² ·¹_y ⇔y= ^p−z₄² ·¹_x

⇒x≤ ^p₄ ∧ y≤ ^p₄.

Damit gibt es nur endliche viele Werte für xundy. Für gegebenesx undy gibt es höchstens zwei Werte für zund dabei gilt |z|≤√

p.

• Ist (x, y, z) ∈ S dann ist z 6= 0 (denn aus z = 0 würde sofort p = 4xy folgen, was nicht möglich ist) undz 6=x−y ( denn z=y−x zieht Folgendes nach sich:

p= 4xy+z²⇔p= 4xy+ (y−x)² ⇔p= (y+x)², was jedoch zum Widerspruch führt.

Wir betrachten die TeilmengenT, T⁰, U, U⁰ von S mit

T :={(x, y, z)∈S |z >0}

T⁰:={(x, y, z)∈S |z <0}

U :={x, y, z)∈S|z > y−x}

U⁰:={x, y, z)∈S|z < y−x}.

1.Die erste lineare Involution ist

f :S−→S, (x, y, z)7→(y, x,−z),

also „vertausche x und y und negiere z“. Da S bei zweimaliger Anwendung die Identitiät ergibt, handelt es sich bei S auch demenstprechend um eine Involution.

Fixpunkte sind dadurch definiert, dass diese Punkte bei einer Abbildung auf sich selbst abgebildet werden, somit eben „fix “ bleiben. Da in diesem Falle jedochz= 0 wie eben bereits erwähnt auf Anhieb p = 4xy implizieren würde, verfügt f auch über keine Fixpunkte.

Schließlich ist S die disjunkte Vereinigung von T und T⁰, jedoch ebenso von U und U⁰. Es lässt sich also schlussfolgern, dass f die Mengen T und U mit ihren KomplementenS\T(=T⁰) bzw.S\U(=U⁰)bijektiv aufeinander abbildet, sodass T undU beide die halbe Kardinalität vonS haben−also haben T und U dieselbe Kardinalität.

2. Die zweite Involution, die betrachtet werden soll, befindet sich auf der Menge U:

g:U −→U, (x, y, z)7→(x−y+z, y,2y−z),

Zuallererst muss geprüft werden, ob es sich hierbei um eine wohldefinierte Abbil- dung handelt. Unter „wohldefiniert“ versteht man sicherzustellen, dass die Funkti- onswerte von g auch tatsächlich in U enthalten sind. Da U eine Teilmenge von S darstellt, überprüfen wir zunächst obg(U)in der MengeS enthalten ist.

Wegenz > y−x istz+x−y >0und es ist

4(z+x−y)y+ (2y−z)²= 4yz+ 4xy−4y²+ 4y²−4yz+z² = 4xy+z² =p.

⇒g(x, y, z)∈S.

Aus(x−y+z)−y+ (2y−z) =x >0 folgt, dass g(x, y, z)∈U. Bei ghandelt es sich um eine Involution, denn g(x, y, z) = (x−y+z, y,2y−z) wird durch g auf ((x−y+z)−y+ (2y−z), y,2y−(2y−z)) = (x, y, z) abgebildet.

Und nun überprüfen wir, obg Fixpunkte besitzt:

g(x, y, z) = (x−y+z, y,2y−z) = (x, y, z)

gilt genau dann, wenny=z Ix=x−y+z⇔y=z

II y=y

IIIz= 2y−z⇔2z= 2y ⇔z=y.

Dann haben wir jedochp= 4xy+y² = (4x+y)y, was nach Defintion der Primzahlen nur dann gelten kann, wenn y = 1 und x = ^p−1₄ . Sodass der Fixpunkt wie folgt lautet: (^p−1₄ ,1,1). Dabei handelt sich auch tatsächlich um ein Element von U, denn: 4¹₄(p−1)1 + 1 = p und 1 > 1− p−1

4

| {z }

≥1

. Also hat g genau einen Fixpunkt.

Dabei gilt allgemein:

Satz 9: Besitzt eine endliche MengeM eine Involution mit genau einem Fixpunkt, so ist | M | ungerade. Und umgekehrt, wenn | M | ungerade ist, so besitzt jede Involution aufM eine ungerade Anzahl an Fixpunkten.

Die Behauptung liefert also, dass U eine ungerade Kardinalität besitzt.

3.Die dritte Involution lebt auf der MengeT.

f :T −→T, (x, y, z)7→(y, x, z),

Dabei wird lediglich xund y vertauscht. Diese Abbildung ist somit auch wohldefi- niert und es handelt sich um eine Involution, dennh(x, y, z) = (y, x, z) wird durch h auf(x, y, z)abgebildet. Da wir aus der ersten Involution schlussgefolgert haben, dass T und U dieselbe Kardinalität besitzen, folgt daraus, dass T ebenso auch ei- ne ungerade Kardinalität besitzt. Aus Satz 9 folgt dann, dass h einen Fixpunkt besitzt. Somit gibt es einen Punkt(x, y, z)∈T mit x=y, also eine Lösung von p= 4x²+z² = (2x)²+z².

Daraus folgt, dass die Anzahl der Darstellungen von pin der Form p=x²+ (2y)² für alle Primzahlen der Formp= 4m+ 1ungerade ist.

Der nachfolgende Satz beantwortet nun vollständig die Ausgangsfrage:

Satz 10: Eine natürliche Zahlnkann genau dann als Summe von zwei Quadraten dargestellt werden, wenn jeder Primfaktor der Form p = 4m+ 3 in der Primfak- torzerlegung von nmit geraden Exponenten auftritt.

Beweis: Wir nennen eine Zahlndarstellbar, wenn sie eine Summe von zwei Qua- draten ist, das heißt, wennn=x²+y² für ganzzahlige x, y ist. Das folgt aus den folgenden fünf Tatsachen:

(1)1 = 1²+0²und2 = 1²+1²sind darstellbar. Jede Primzahl der Formp= 4m+1 ist darstellbar.

(2)Das Produkt von zwei darstellbaren Zahlen n₁=x²₁+y₁² und n₂=x²₂+y²₂ ist auch wieder darstellbar:n1·n2 = (x1x2+y1y2)²+ (x1y2−x2y1)².

Der Beweis erfolgt mittels der Anwendung der ersten und zweiten binomischen Formel:

n₁·n₂ = (x²₁+y₁²)·(x²₂+y²₂)

=x²₁x²₂+x²₁y²₂+y₁²x²₂+y²₁y₂²

= (x₁·x₂)²+ (x₁·y₂)²+ (y₁·x₂)²+ (y₁·y₂)²

= (x1·x2)²+ (y1·y2)²+ 2x1·x2·y1·y2+ (y1·x2)²+ (x1·y2)²−2x1·x2·y1·y2

= (x1·x2+y1·y2)²+ (y1·x2−x1·y2)².

(3) Wenn n darstellbar ist, n = x² +y², dann ist auch nz² darstellbar, wegen nz² = (x²+y²)z² =x²z²+y²z² = (xz)²+ (yz)².

(4)nsei darstellbar als x²+y² und teilbar durchp der Form 4m+ 3. Dann muss p sowohlx als auchy teilen.

Diese Aussage wird mittels des Widerspruchsbeweises bewiesen: Wir nehmen an, dassxnicht durchpteilbar ist. Dann istxin dem entsprechenden endlichen Körper Z_p, in dem Restklassenring nicht 0. Da es sich um einen Körper handelt, gibt es ein Inverses x, sodass¯ xx¯≡1 (modp). Es folgt

(xx)¯ ²+ (y¯x)² = ¯x²(x²+y²)

| {z }

≡0 mod p

≡0(modp).

Aus (xx)¯ ² ≡1² (modp) folgt, dass (y¯x)² ≡ −1(modp) sein muss.

⇒ Dies ist nach Lemma 3 in Zp für p = 4m + 3 nicht möglich. Somit ist die ursprüngliche Annahme falsch, sodass xsowie auch y durch pteilbar sind.

(5) Damit können wir n = x² +y² auch so betrachten: n = (pu)² + (pv)² = p²(u²+v²).

⇒ Ist eine darstellbare Zahl durch p der Form 4m+ 3 teilbar, dann ist dies das Produkt von p² und einer darstellbaren Zahl. Somit kann in der Primfaktorzerle- gung einer darstellbaren Zahl eine Primzahl der Form 4m+ 3 nicht in ungerader Potenz vorkommen. Die Umkehrung erfolgt aus Proposition7,(2)und(3).

Literatur

[1] Aigner, Martin; Ziegler, Günter:Das Buch der Beweise 4. Auflage.

Springer: Berlin, Heidelberg,2015.