以下内容整理自《100个著名初等数学问题历史和解》

还是数论部分

1. 范数定理

范数可以理解为两个整数的平方和，这两个整数叫做该范数的底数

范数定理：如果一个素数能整除一个范数，且底数不是素数的倍数，则此素数本身就是一个范数

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证明：素数 $p$ 能整除 $a^2+b^2$，即 $a^2+b^2=np$

如果 $n>\dfrac p 2$，则必然能找到另外一个范数 $A^2+B^2$ 被 $p$ 整除，即 $A^2+B^2=Np$

其中 $\left\{ \begin{array}{c} A=a+xp & |A|<\frac p 2\\ B=b+yp & |B|<\frac p 2 \end{array}\right.$（因为 $|z|<\dfrac p 2$ 是一个完全剩余系，$z$ 叫做最小余数）

也就是 $A^2+B^2<\dfrac {p^2} 2 \Rightarrow N<\dfrac p 2$

这样就把 $n>\dfrac p 2$ 的情况归到了 $n<\dfrac p 2$ 情况中去了

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于是现在可以假定 $n\in [1,\dfrac{p-1}2]$

现在要把 $n$ 看成模数，取 $A$ 为 $a$ 的最小余数，$B$ 为 $b$ 的最小余数，也就是 $\left\{\begin{array}{c} A=a+xn&|A|\le \frac n 2\\ B=b+yn&|B|\le \frac n 2 \end{array}\right.$

那么一定有 $A^2+B^2=n'n,n'\le \dfrac n 2$

上式与 $a^2+b^2=np$ 相乘，即 $(a^2+b^2)(A^2+B^2)=n'n^2p$

即 $(Aa+Bb)^2+(Ab-Ba)^2=n'n^2p$ ①

又因为 $\left\{ \begin{array}{l} Aa+Bb=(a+xn)a+(b+yn)b=n(p+xa+yb)=na' \\ Ab-Ba=(a+xn)b-(b+yn)a=n(xb-ya)=nb' \end{array}\right.$

代入 ① 即 $(a')^2+(b')^2=n'p,n'\le \dfrac n2$

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如果 $n'=0$，那么 $A^2+B^2=n'n\Rightarrow A=B=0$，也就是 $a=k_1n,b=k_2n$

那么 $a^2+b^2=np\Rightarrow p=(k_1^2+k_2^2)n$

$p$ 是一个素数，而且 $p$ 的一个因数 $(k_1^2+k_2^2)>1$

因此 $n=1$，那么 $p=k_1^2+k_2^2$ 是一个范数

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如果 $n'=1$，那么 $p=(a')^2+(b')^2$ 是一个范数

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如果 $t>1$，那么不断重复由 $a^2+b^2=np\Rightarrow (a')^2+(b')^2=n'p,n'\le \dfrac n2$ 的过程

$(a')^2+(b')^2=n'p\Rightarrow (a'')^2+(b'')^2=n''p,n''\le \dfrac {n'}2$

$(a'')^2+(b'')^2=n''p\Rightarrow (a''')^2+(b''')^2=n'''p,n'''\le \dfrac {n''}2$

而且发现 $n>n'>n''>n'''>...$，最终等于 0 或 1

证毕

2. 费马 - 欧拉素数定理

费马 - 欧拉素数定理：形如 $(4n+1)$ 的素数只能用一种方法表达为一个范数（其底数都是正整数）

我们先看一个更简单的定理：形如 $(4n+3)$ 的素数不能表示为一个范数

证明：设该素数为 $p$，假设 $a^2+b^2=p$ 是成立的

那么一定有 $b^2 \equiv -a^2\;(\text{mod}\enspace p)$

由二次剩余的定义，$a^2,b^2$ 都是二次剩余

由二次剩余判定定理，$-1$ 是二次非剩余

由二次剩余乘积定理，二次非剩余 $-1$ 与二次剩余 $a^2$ 的积为二次非剩余

即 $-a^2$ 是二次非剩余，而 $b^2$ 是一个二次剩余，矛盾。

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费马 - 欧拉素数定理的证明：设该素数为 $p$

由二次剩余判定定理，$-1$ 是二次剩余，有就存在 $x^2\equiv -1\;(\text{mod}\enspace p)$

即 $x^2+1$ 被 $p$ 整除

由范数定理，$p$ 是一个范数，即第一个表达式 $p=a^2+b^2$

如果存在第二个表达式 $p=A^2+B^2$（$a,b,A,B$ 为互不相同的正整数）

两式相乘，$p^2=(a^2+b^2)(A^2+B^2)=(Aa\pm Bb)^2+(Ab \mp Ba)^2$ ①

并且 $(Aa+Bb)(Aa-Bb)=A^2a^2-B^2b^2=A^2(a^2+b^2)-b^2(A^2+B^2)$ 可被 $p$ 整除

就有 $(Aa+Bb)$ 被 $p$ 整除或者 $(Aa-Bb)$ 被 $p$ 整除

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如果 $(Aa+Bb)$ 被 $p$ 整除成立，结合 ① $p^2=(Aa+Bb)^2+(Ab-Ba)^2$

就有 $\left\{\begin{array}{c} Aa-Bb=0 \\ Ab+Ba=p \end{array}\right.$

那么 $Ab-Ba=0\Rightarrow\dfrac {A^2} {a^2}=\dfrac {B^2} {b^2}$

我们已经有 $\dfrac {A^2+B^2}{a^2+b^2}=1$，即证明了 $A^2=a^2,B^2=b^2$，矛盾

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如果 $(Aa-Bb)$ 被 $p$ 整除成立，结合 ① $p^2=(Aa-Bb)^2+(Ab+Ba)^2$

就有 $\left\{\begin{array}{c} Aa-Bb=0 \\ Ab+Ba=p \end{array}\right.$

同理证明了 $A^2=b^2,B^2=a^2$，矛盾

证毕