O PREDSTAVITVI VSEH PRA STEVIL S CELO STEVILSKIMI KVADRATNIMI FORMAMI DVEH SPREMENLJIVK MARJAN JENKO 1 IN MARKO PETKOV SEK 2 1 Fakulteta za gradbeni stvo in geodezijo, Univerza v Ljubljani 2 Fakulteta za matematiko in ziko, Univerza v Ljubljani Math. Subj. Class. (2010): 11{01, 11A41, 11E25 V clanku poka zemo, da unija zalog vrednosti celo stevilskih kvadratnih form x 2 +y 2 , 2x 2 +y 2 in 2x 2 y 2 vsebuje vsa pra stevila . . . ON REPRESENTATION OF ALL PRIMES BY INTEGRAL BINARY QUADRATIC FORMS We show that the union of ranges of the integral binary quadratic forms x 2 +y 2 , 2x 2 +y 2 , and 2x 2 y 2 contains all primes . . . Uvod Vsem matematikom je dobro znan Izrek 1. Pra stevilo p lahko zapi semo v obliki x 2 +y 2 , kjer sta x;y2Z, ce in samo ce p pri deljenju s 4 daje ostanek 1 ali ce je p = 2. Nekaj zgledov: 2 = 1 + 1 = 1 2 + 1 2 p 3 = 1 + 2 ne gre, saj stevilo 2 ni popoln kvadrat 5 = 1 + 4 = 1 2 + 2 2 p 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4 ne gre, saj nobeno od stevil 6 ; 2; 3 ni popoln kvadrat Izraz x 2 + y 2 je poseben primer celo stevilske kvadratne forme dveh spre- menljivk, tj. izraza F (x;y) = ax 2 +bxy +cy 2 , kjer so a;b in c cela stevila. Kvadratna formaF (x;y) nam bo hkrati predstavljala tudi pripadajo co pre- slikavo oziroma funkcijo dveh spremenljivk F : Z Z! Z, ki paru celih stevil ( x;y) priredi vrednost F (x;y). Pri dani kvadratni formi F pa nas bo zanimalo, katera pra stevila pripadajo njeni zalogi vrednosti F (Z Z). Osnovno vpra sanje clanka : Ali obstaja taka kon cna mno zica celo stevilskih kvadratnih form dveh spremenljivk, da unija njihovih zalog vrednosti vsebuje vsa pra stevila? Obzornik mat. fiz.70 (2023) 2 41 Marjan Jenko in Perko Petkovšek V naslednjem razdelku bomo na elementaren na cin pokazali, da je od- govor na to vpra sanje pozitiven. Predstavitev vseh pra stevil Naj boN =f1; 2; 3;:::g mno zica naravnih stevil in p liho pra stevilo. De nicija 2. Stevilo a2Z je kvadrat po modulu p, ce obstaja tako stevilo b2Z, da je a b 2 (mod p). Stevilo 0 je kvadrat po vsakem modulu, saj je 0 0 2 (mod p) za vse p. Odslej se pri dolo canju kvadratne narave celega stevila po izbranem pra stevilskem modulu p omejimo na stevila a6 0 (mod p). Izka ze se, da je pri tem ugodno uporabljati Legendrov simbol a p , katerega vrednost je de nirana takole: a p = ( 1; ce je a kvadrat po modulu p; 1; ce a ni kvadrat po modulu p: Po viru [6] povzemamo naslednje rezultate. Izrek 3. Naj bosta a in b celi stevili, tuji lihemu pra stevilu p. Potem velja: (i) ab p = a p b p [6, str. 127, izrek 86.(c)] (ii) 1 p = ( 1) p 1 2 [6, str. 127, izrek 86.(e)] (iii) 2 p = ( 1) p 2 1 8 [6, str. 131, izrek 89] Trditev 4. Naj bosta a2 Z ter p2 Nnf1g tuji stevili. Potem obstajata naravni stevili x;y2f1; 2;:::;b p pcg, za kateri velja: ax y (mod p) ali ax y (mod p): (1) Dokaz: Naj bo P = f(x;y); x;y 2 f0; 1;:::;b p pcg. Stevilo elementov mno zice P je b p pc + 1 2 > p p 2 = p, torej obstajata razli cna urejena para (x 1 ;y 1 ); (x 2 ;y 2 )2P , za katera jeax 1 y 1 ax 2 y 2 (mod p) oziroma a(x 1 x 2 ) y 1 y 2 (mod p): (2) Iz y 1 = y 2 bi zaradi (2) sledilo a(x 1 x 2 ) 0 (mod p), od tod pa zaradi tujosti a in p se x 1 x 2 (mod p) in kon cno x 1 = x 2 , saj x 1 ;x 2 pripadata 42 Obzornik mat. fiz.70 (2023) 2 O predstavitvi vseh praštevil s celoštevilskimi kvadratnimi formami dveh spremenljivk mno zici f0; 1;:::;b p pcg, ki ima zaradi p 2 kve cjemu p elementov. To pa ni mogo ce, saj ( x 1 ;y 1 )6= (x 2 ;y 2 ). Iz x 1 =x 2 pa bi zaradi (2) sledilo y 1 y 2 (mod p) in od tod y 1 = y 2 , kar spet ni mogo ce. Torej za x =jx 1 x 2 j, y =jy 1 y 2 j velja: x;y2f1; 2;:::;b p pcg, od tod in iz (2) pa sledi (1). Izrek 5. Naj bo F 0 (x;y) = x 2 +y 2 ; F 1 (x;y) = 2x 2 +y 2 ; F 2 (x;y) = 2x 2 y 2 : Potem: 1. F 0 (Z Z) vsebuje pra stevilo 2 in vsa pra stevila, ki pri deljenju s 4 dajejo ostanek 1, 2. F 1 (Z Z) vsebuje vsa pra stevila, ki pri deljenju z 8 dajejo ostanek 3, 3. F 2 (Z Z) vsebuje vsa pra stevila, ki pri deljenju z 8 dajejo ostanek 7, 4. F 0 (Z Z) [ F 1 (Z Z) [ F 2 (Z Z) vsebuje vsa pra stevila. Dokaz: 1. O citno je F 0 (1; 1) = 1 + 1 = 2, torej F 0 (Z Z) vsebuje pra stevilo 2. Naj bo zdaj p pra stevilo oblike 4 k + 1, kjer je k2N. Po izreku 3(ii) je 1 p = ( 1) p 1 2 = ( 1) 4k 2 = ( 1) 2k = 1; torej obstaja taka2Z, da jea 2 1 (mod p). Po trditvi 4 obstajata stevili x;y2f1; 2;:::;b p pcg, za kateri je ax y (mod p). Potem je a 2 x 2 y 2 (mod p) ina 2 x 2 x 2 (mod p), torejy 2 x 2 (mod p) oziromax 2 +y 2 0 (mod p), kar pomeni, da je x 2 +y 2 = tp za neki t2N. Iz 1 x;y b p pc sledi 1 x 2 ;y 2 b p pc 2