Обобщение леммы Эйлера о сумме квадратов

[mathematician123]

Пусть $a, b, c, d, N$ - ненулевые целые числа, $a$ взаимнопросто с $Nb$, $c$ взаимнопросто с $Nd$, $c^2+Nd^2$ делится на $a^2+Nb^2$, $a^2+Nb^2 = p^m$ для некоторого нечётного простого $p$ и целого положительного $m$. Тогда $\frac{c^2+Nd^2}{a^2+Nb^2}$ можно представить в виде $x^2+Ny^2$ с взаимнопростыми $x$ и $Ny$.

Частный случай этого утверждения, когда $m = 1, N = 1$, был использован Эйлером в доказательстве представимости простого числа $p \equiv 1 \pmod{4}$ в виде суммы квадратов.

[mathematician123]

Представляют ли интерес элементарные доказательства следующих утверждений?

1) Критерии представимости натурального числа в виде $x^2+5y^2$ и $x^2+7y^2$

2) Если $-11$ квадратичный вычет по модулю нечётного простого числа $p$, то $p^3$ представимо в виде $x^2+11y^2$

3) Если $-17$ квадратичный вычет по модулю нечётного простого числа $p$, то $p^4$ представимо в виде $x^2+17y^2$

4) (наиболее общая формулировка). Если утверждение из темы https://dxdy.ru/topic149543.html верно для всех $p < q $ (при фиксированном $q$), то оно верно и для всех остальных простых.

Доказательства проводятся по индукции с использованием теоремы из стартового сообщения.

[nnosipov]

mathematician123 в сообщении #1554893 писал(а):

Представляют ли интерес элементарные доказательства следующих утверждений?

Думаю, да. Во всяком случае, мне раньше подобное не встречалось.

[mathematician123]

Докажем по индукции следущее утверждение: квадрат любого взаимнопростого с 10 натурального числа $d$, для которого $-5$ является квадратичным вычетом, представим в виде $x^2+5y^2$ с взаимнопростыми $x$ и $5y$. Базой индукции являются все числа меньшие 5, из которых по условию подходит только 3. $3^2 = 2^2+5 \cdot 1^2$. Теперь индукционный переход. Поскольку $-5$ квадратичный вычет по модулю $d$, то найдутся целые числа $x$ и $k$, такие что $x^2+5 = kd$. $x$ выберем так, что оно чётное и $0 < x < d$. Тогда $0 < k < d$. Возможны два случая: $x$ либо делится на 5, либо не делится. Рассмотрим первый случай (второй рассматривается аналогично). Возведём равенство $x^2+5 = kd$ в квадрат и получим $(x^2-5)^2+5(2x)^2 = k^2d^2$. Если $k = 1$, то утверждение доказано. Пусть $p$ - простой делитель $k$ и $k = pk_1$. Тогда $\frac{(x^2-5)^2+5(2x)^2}{p^2} = k_1^2d^2$. Поскольку $0 < k < d$, то для $p$ верно предположение индукции и оно представимо в виде $a^2+5b^2$ с взаимнопростыми $a$ и $5b$. Но тогда по лемме из стартового сообщения получаем, что $\frac{(x^2-5)^2+5(2x)^2}{p^2}$ также представимо в таком виде. Пусть $x_1^2+5y_1^2 = k_1^2d^2$. Если $k_1 > 1$, то будем повторять ту же процедуру с выделением простого делителя до тех пор пока не получим $k_s = 1$ и $x_s^2+5y_s^2 = k_s^2d^2$.

В общем случае (утверждение 4 из моего предыдущего сообщения), для формы $x^2+qy^2$ можно дать похожее доказательство, но нужно предварительно доказать следущую лемму: Если нечётное натуральное число $d$ представимо в виде $x^2+qy^2$ с взаимнопростыми $x$ и $qy$, то для любого натурального $m$: $d^m$ также представимо в виде $x^2+qy^2$ с взаимнопростыми $x$ и $qy$.

Дополнение о том, как получить критерий представимости натурального числа в виде $x^2+5y^2$.
Лемма. Пусть $d$ - нечётное натуральное число взаимнопростое с 10. $d^2$ представимо в виде $x^2+5y^2$ с взаимнопростыми $x$ и $5y$ тогда и только тогда, когда хотя бы одно из чисел $d$ и $2d$ представимо в виде $x^2+5y^2$ с взаимнопростыми $x$ и $5y$.
Доказательство. Если $d = x^2+5y^2$, то $d^2 = (x^2-5y^2)^2+5(2xy)^2$. Если $2d = x^2+5y^2$, то $d^2 = (\frac{x^2-5y^2}{2})^2+5(xy)^2$. Если $d^2 = x^2+5y^2$, то $(d-x)(d+x)=5y^2$. $d-x$ и $d+x$ либо взаимнопросты, либо их НОД равен 2. В первом случае среди этих чисел один квадрат и один упятерённый квадрат, а их сумма $2d = (d-x) + (d+x)$ представима в виде $x^2+5y^2$. Во втором случае аналогично получается, что $d$ представимо в виде $x^2+5y^2$.

Как определить, когда $d = x^2+5y^2$, а когда $2d = x^2+5y^2$? Это можно сделать, рассмотрев эти равенства по модулю 5. Ровно одно из них будет разрешимо. Например, если $d \equiv 3 \pmod{20}$, то $2d = x^2+5y^2$, а первое равенство невозможно по модулю 5.