Cím: Geometriai bizonyítás a 4k+1 alakú prímszámok két négyzettszám összegére bontásának egyértelműségére
Szerző(k):  Szabó István 
Füzet: 1999/november, 451 - 452. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Tudjuk, hogy minden 4k+1 alakú prímszám felbontható két négyzetszám összegére. Most ‐ geometriai módszerekkel ‐ bebizonyítjuk, hogy ez a felbontás lényegében egyértelmű. A bizonyítás során először azt igazoljuk, hogy ha egy p=4k+1 alakú természetes szám kétféleképpen is felbontható két négyzetszám összegére, akkor található olyan ,,ferde helyzetű'' téglalap, amelynek mind a négy csúcsa rácspont, és átlója p; majd megmutatjuk, hogy ezen téglalap segítségével fel tudjuk írni az eredeti p számnak két valódi osztóját. Ez nem lehetséges, így a felbontás valóban egyértelmű.
Legyen tehát p=4k+1=a2+b2=c2+d2, és a, b, c, d páronként különböző pozitív egészek.
Látható, hogy a és b, illetve c és d egyike páros, másika páratlan, feltehető, hogy

a  és  c  párosb  és  d  páratlan.(1)

Vegyük a síkot az egységoldalú négyzetráccsal; az origóból mind a P1(a,b), mind a P2(c,d) pontba mutató vektor hossza p.
Ekkor az OP1P2 háromszög csúcsai rácspontok, (1) miatt a P1P2 szakasz F felezőpontja, (a+c2,b+d2) is rácspont, és mivel az OP1P2 háromszög egyenlőszárú, ezért
OFP1P2. Tehát az OP1F háromszög derékszögű, így azt átfogójának felezőpontjára tükrözve téglalapot kapunk, melynek mind a négy csúcsa rácspont, és átlója p hosszúságú.
Ismeretes, hogy ha egy négyzetrácsban két rácspontot összekötünk, akkor az így kapott szakasz egyik végpontjában rá merőlegest húzva, a vele azonos hosszúságú szakasz másik végpontja is rácspont. Ebből következik, hogy ha két, közös végpontú szakasz mindegyikének mindkét végpontja rácspont és egymásra merőlegesek, akkor mindkét szakasz hossza egész számszorosa a közös végponttól számított első rácspont és a közös végpont távolságának. Ha ez a távolság f, akkor a két említett szakasz, OF és FP1 hossza kf, illetve hf (k és h pozitív egészek). Ekkor a Pitagorasz-tétel miatt
p=(hf)2+(kf)2.
azaz p=(hf)2+(kf)2=(h2+k2)f2. Mivel f rácspontokat összekötő szakasz, f2 biztosan egész; mivel h és k egészek, azért h2+k2 is egész; így p=(h2+k2)f2 szerint p-t két pozitív egész szám szorzatára bontottuk. Ezek csak akkor nem valódi osztók, ha h2+k2=1, vagy ha f2=1. f egy egész befogójú derékszögű háromszög átfogója, így értéke legalább 2, ezért f2>1. h2+k2=1 pedig csak úgy lehetséges, ha h és k valamelyike 0, ekkor azonban a két szakasz valamelyike 0 hosszúságú volna. Így p-t a két különböző felbontás felhasználásával két 1-nél nagyobb egész szám szorzatára bontottuk, tehát p nem lehet prímszám.
Szabó István
programtervező matematikus
 

Irodalom: Erdős Pál‐Surányi János: Válogatott fejezetek a számelméletből (2. kiadás), Polygon Könyvtár, JATE Bolyai Intézet, Szeged, 1996.