Единственность решения x^2+y^2=p без целых гауссовых чисел

[xagiwo]

Можно ли доказать, не выходя в $\mathbb{Z}[i]$, что $p=4k+1$ представляется в виде суммы двух квадратов единственным способом (с точностью до симметрий)?
Существование решения считать доказанным.

[Andrey A]

Вообще говоря, доказано Ферма, но доказательство его в литературе почему-то не приводится (я не встречал).

Исходя из теории сравнений, существование двух отличных представлений $p=a^2+b^2=c^2+d^2$ (от обратного) ведет к системе $\left\{\begin{matrix} a^2 \equiv -b^2 \\ c^2 \equiv -d^2\end{matrix}\right.$ и существованию пар квадратов, сравнимых по $\mod p:\ (ac)^2 \equiv (bd)^2, (ad)^2 \equiv (bc)^2.$ Остается показать их нетривиальность ($ac+bd<p$ и/или $ad+bc<p$) и указать на противоречие.

Есть еще "задача наоборот" — вопрос без ответа семилетней давности. Это так, для сведения.

[grisania]

см. Дэвенпорт Г. Высшая арифметика. Введение в теорию чисел. М.: Наука, 1965.
Довольно элементарное док-во, если исключить очевидные возможности замены х на у и изменения их знаков: стр. 119-120
https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads/2018/01/Davenport1965ru.pdf

[nnosipov]

Еще можно посмотреть:
1. Серпинский В. Что мы знаем и чего мы не знаем о простых числах. М.: Физматлит, 1963. С. 53.
2. Васильев Н., Фомин Д. Решение задачи М1288 // Квант. 1991. № 11. С. 20-21.

[Shadow]

Пусть $a^2+b^2=c^2+d^2=m$ -простое. И пусть для определенности $a\equiv c \pmod 2$

$(a-c)(a+c)=(d-b)(d+b)$

$a-c=2pq, a+c=2rs, d-b=2pr, d+b=2qs$

И если переменные не равны, то среди $p,q,r,s$ не должно быть нулей.

$a=pq+rs$
$b=qs-pr$

$a^2+b^2=(p^2+s^2)(q^2+r^2)=m$

И тут без нуля (и единицы) никак.

-- 21.01.2022, 15:15 --

Ой, я использовал букву $p$ и в качестве параметра. Пусть простое будет $m$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1546680 писал(а):

Пусть $a^2+b^2=c^2+d^2=m$ -простое. И пусть для определенности $a\equiv c \pmod 2$

$(a-c)(a+c)=(d-b)(d+b)$

$a-c=2pq, a+c=2rs, d-b=2pr, d+b=2qs$

И если переменные не равны, то среди $p,q,r,s$ не должно быть нулей.

$a=pq+rs$
$b=qs-pr$

$a^2+b^2=(p^2+s^2)(q^2+r^2)=m$

И тут без нуля (и единицы) никак.

Кажется, это то же рассуждение, что и в "Кванте" (см. выше).