Kvadratne forme

Još su se matematičari antičke Grčke bavili narednim problemom: Koji prirodni brojevi $n$ mogu biti izraženi u obliku $n=x^2+y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi? Iako su antički matematičari dali nekakve rezultate, tek je 17. vek doneo teoremu koja daje odgovor na navedeni problem. Narednu teoremu je prvi formulisao holandski matematičar Alber Žirar¹ oko 1625. godine.

Teorema 1. Prirodan broj $N$ se može izraziti u obliku $x^2+y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi, ako i samo ako se svi prosti faktori broja $N$ oblika $4k+3$ pojavljuju sa parnim stepenom u faktorizaciji broja $N$.

Dajmo skicu dokaza jednog smera navedene teoreme. Primetimo prvo da važi sledeća jednakost:

Teorema 2. Neparan prost broj $p$ može se predstaviti kao $x^2+y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi, ako i samo ako je $p\equiv 1(mod4)$.

Francuski matematičar Ferma² je sredinom 17. veka tvrdio da poseduje dokaz teoreme 2, kao i dokaz naredne dve teoreme.

Teorema 3. Neparan prost broj $p$ može se predstaviti kao $x^2+2y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi, ako i samo ako je $p\equiv 1(mod8)$ ili $p\equiv 3(mod8)$.

Teorema 4. Neparan prost broj $p$ se može predstaviti kao $x^2+3y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi, ako i samo ako je $p=3$ ili $p\equiv 1(mod3)$.

Ferma, u svom stilu, nije objavio dokaze teorema 2, 3 i 4, već je to prvi učinio Ojler³ u 18. veku. Ojlerovi dokazi Fermaovih teorema sastoje se iz koraka spuštanja i koraka reciprociteta. Na primer, za teoremu 2 ovi koraci ovako glase ($p$ je prost broj):

• Korak spuštanja: Ako $p\mid x^2+y^2$ gde su $x$ i $y$ uzajamno prosti celi brojevi, tada se $p$ može napisati kao zbir dva kvadrata.
• Korak reciprociteta: Ako je $p\equiv 1(mod4)$ tada $p\mid x^2+y^2$ gde su $x$ i $y$ uzajamno prosti celi brojevi.

Za dokaz koraka spuštanja, potrebno nam je nekoliko jednostavnih lema.

Lema 1. Ako je $N$ zbir dva kvadrata uzajamno prostih celih brojeva, i $q=x^2+y^2$ prost delilac broja $N$, tada je $n/q$ takođe zbir dva kvadrata uzajamno prostih celih brojeva.

Dokaz. Neka je $N=a^2+b^2$ gde su $a$ i $b$ uzajamno prosti brojevi. Tada $q$ deli $$\begin{array}{cc}\hfill x^{2}N-a^{2}q& =x^2(a^2+b^2)-a^2(x^2+y^2)\hfill \\ \hfill & =x^2{b}^2-a^2{y}^2=(xb-ay)(xb+ay).\hfill \end{array}$$ Kako je $q$ prost, $q$ deli barem jedan od dva faktora u poslednjem izrazu. Bez gubitka opštosti, možemo pretpostaviti da $q$ deli $xb-ay$ (u suprotnom možemo zameniti znak celom broju $a$). Prema tome, važi $xb-ay=dq$ za neki prirodan broj $d$. Kako je $$\begin{array}{cc}\hfill (a+dy)y& =ay+d{y}^2=xb-dq+d{y}^2\hfill \\ \hfill & =xb-d(x^2+y^2)+d{y}^2=xb-d{x}^2,\hfill \end{array}$$ sledi da $x\mid (a+dy)y$. Pošto su $x$ i $y$ uzajamno prosti, sledi da $x\mid (a+dy)$. Ako stavimo $a+dy=cx$, tada iz prethodne jednakosti dobijamo da važi $b=dx+cy$. Iz ovoga imamo

Lema 2. Ako je $N$ zbir dva kvadrata uzajamno prostih celih brojeva, i $q$ prost delilac broja $n$ koji se ne može predstaviti kao zbir dva kvadrata, tada broj $N$ ima barem još jedan prost delilac koji se ne može predstaviti kao zbir dva kvadrata.

Dokaz. Neka je $N=q{p}_1{p}_2\cdots p_k$, gde su $p_1,\dots ,p_k$ prosti. Ako se svaki od brojeva $p_1,\dots ,p_k$ može predstaviti kao zbir dva kvadrata, tada se, po prethodnoj lemi, i brojevi $N_1=N/p_1,N_2=N_1/p_2,\dots ,N_k=N_{k-1}/p_k$ mogu predstaviti kao zbirovi dva kvadrata. Međutim, to je nemoguće, jer je $N_k=q$, a po pretpostavci broj $q$ se ne može predstaviti kao zbir dva kvadrata. □

Sada možemo dokazati korak spuštanja.

Dokaz koraka spuštanja. Neka je $p$ prost broj koji deli $N=a^2+b^2$, gde su $a$ i $b$ uzajamno prosti celi brojevi. Ako se brojevi $a$ i $b$ umanje ili uvećaju za celobrojni umnožak broja $p$, tada će i dalje važiti $p\mid a^2+b^2$. Prema tome, možemo pretpostaviti da važi $|a|<p/2$ i $|b|<p/2$. Ovakvi novi brojevi $a$ i $b$ mogu imati najveći zajednički delilac $d$ veći od $1$, ali pošto $p$ ne deli $d$, brojeve $a$ i $b$ možemo podeliti sa $p$ i dobiti uzajamno proste brojeve $\alpha$ i $\beta$ takve da $p\mid {\alpha }^2+{\beta }^2$. Primetimo da iz nejednakosti $|a|<p/2$ i $|b|<p/2$ sledi da je $N<p^2/2$. Odavde sledi da su svi prosti delioci broja $N$, koji su različiti od $p$, takođe manji od $p$. Ako $p$ ne može da se predstavi kao zbir dva kvadrata, tada po lemi 2 postoji još neki prost delilac $q_1$ broja $N$ koji ne može da se predstavi kao zbir dva kvadrata. Pritom je $q_1$ strogo manji od $p$. Ako opisani postupak ponovimo za broj $p_1$, dobićemo prost broj $p_2<p_1$. Dakle, neograničenim ponavljanjem opisanog postupka možemo dobiti strogo opadajući beskonačan niz prostih brojeva $q_1,q_2,q_3,\dots$ Ovo je očigledno nemoguće, pa se $p$ može predstaviti kao zbir dva kvadrata. □

Da bi dokazao korak reciprociteta, Ojleru su bile potrebne dve godine. Prvi Ojlerov dokaz koraka reciprociteta zasnivao se na računu konačnih razlika. Mi navodimo malo elegantniji dokaz.

Dokaz koraka reciprociteta. Kako je $p\equiv 1(mod4)$, važi $p=4k+1$ za neko prirodno $k$. Iz Fermaove male teoreme sledi da je $$(x^{2k}-1)(x^{2k}+1)\equiv x^{4k}-1\equiv 0(modp)$$ za sve $x\not\equiv 0(modp)$. Ako je $x^{2k}-1\not\equiv 0(modp)$ barem za jedno $x$, tada $p\mid x^{2k}+1$, odnosno $p$ deli zbir dva kvadrata uzajamno prostih brojeva, što se i tražilo. Ovakvo $x$ postoji jer polinom $x^{2k}-1$ ima najviše $2k<p-1$ nulu u polju $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. □

Osim što je dokazao teoreme 2, 3 i 4, Ojler je formulisao još nekoliko sličnih hipoteza, koje daju dovoljne i potrebne uslove da se prost broj $p$ predstavi u obliku $x^2+n{y}^2$, gde su $x$, $y$ i $n$ prirodni brojevi. Međutim, Ojler nije mogao da dokaže sva tvrđenja koja je formulisao.

Zašto su Ojleru bila ovakva tvrđenja zanimljiva? Ojler je otkrio da je uz pomoć izraza oblika $x^2+n{y}^2$, za određene prirodne brojeve $n$, moguće lako konstruisati veoma velike proste brojeve. Ojler je takve prirodne brojeve nazvao idonealnim⁴, odnosno pogodnim. Preciznije:

Definicja 1. Za prirodan broj $n$ kažemo da je pogodan ako poseduje sledeću osobinu: neka je $m$ neparan prirodan broj uzajamno prost sa $n$, i neka je $m=a^2+n{b}^2$ za neke uzajamno proste prirodne brojeve $a$ i $b$. Ako ne postoji par prirodnih brojeva $(x,y)\ne (a,b)$ takav da je $m=x^2+n{y}^2$, tada $m$ mora biti prost broj.

Ojler je našao 65 pogodnih brojeva. Jedan od takvih brojeva je i $1848$, uz pomoć koga je Ojler dokazao da je $18518809={197}^2+1848\cdot {100}^2$ prost broj. Ako znamo da je u osamnaestom veku ovo bio jedan od većih poznatih prostih brojeva, postaje jasno zašto su Ojleru bile zanimljive teoreme poput Fermaovih.

Mi ćemo u nastavku ovog teksta razviti teoriju koja će dati elegantne dokaze Fermaovih teorema i Ojlerovih hipoteza, odnosno koja će nam dati delimičan odgovor na sledeće pitanje: Za fiksirano $n$, koji prosti brojevi mogu biti izraženi u obliku $x^2+n{y}^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi? I mi ćemo, kao i Ojler, odgovor na ovo pitanje dati iz dva koraka. Ispostavlja se da se rešenje koraka reciprociteta može jednostavno formulisati korišćenjem kvadratnih ostataka.

Kvadratni ostaci

Pokušavajući da reši korak reciprociteta, Ojler je uočio određene šablone koji se javljaju u aritmetici prostih brojeva, što ga je navelo da definiše pojam kvadratnog ostatka.

Definicja 2. Neka je $m$ prirodan broj veći od $2$, i neka je $r$ prirodan broj uzajamno prost sa $m$. Ako postoji ceo broj $x$ takav da je $x^2\equiv r(modm)$, za broj $m$ kažemo da je kvadratni ostatak modulo $m$. U suprotnom, ako broj $x$ sa naznačenim svojstvom ne postoji, za broj $r$ kažemo da je kvadratni neostatak modulo $m$.

Korisnu notaciju za označavanje kvadratnih ostatataka modulo $p$, uveo je Ležandr⁵.

Definicja 3. Neka je $p$ prost broj. Tada Ležandrov simbol, u oznaci $\left(\frac{r}{p}\right)$, definišemo na sledeći način: $$\left(\frac{r}{p}\right)=\{\begin{array}{cc}\phantom{-}1\hfill & p\nmid r\mathrm{\text{i}}r\mathrm{\text{je kvadratni ostatak modulo}}p,\hfill \\ -1\hfill & p\nmid r\mathrm{\text{i}}r\mathrm{\text{je kvadratni neostatak modulo}}p,\hfill \\ \phantom{-}0\hfill & p\mid r.\hfill \end{array}$$

Osnovna svojstva Ležandrovog simbola data su u sledećem stavu.

Stav 1. Neka je $p$ prost broj i neka su $a$ i $b$ celi brojevi. Tada važi:

1. $a^{(p-1)/2}\equiv \left(a/p\right)(modp)$;
2. $\left(ab/p\right)=\left(a/p\right)\left(b/p\right)$;
3. Ako je $a\equiv b(modp)$, tada je $\left(a/p\right)=\left(b/p\right)$.

Dokaz. Tvrđenje trivijalno sledi ako $p\mid a$ ili $p\mid b$. Zato možemo pretpostaviti da su i $a$ i $b$ uzajamno prosti sa $p$.

1. Kako je multiplikativna grupa $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ reda $p-1$, i kako je $a$ uzajamno prost sa $p$, sledi da je $a^{p-1}\equiv 1(modp)$ odnosno $(a^{(p-1)/2}-1)(a^{(p-1)/2}+1)\equiv 0(modp)$. Ako je $a$ kvadratni ostatak modulo $p$ tada, po definiciji, postoji ceo broj $x$ takav da $a\equiv x^2(modp)$. Odavde sledi da je $a^{(p-1)/2}\equiv x^{p-1}\equiv 1=\left(a/p\right)(modp)$. Obrnuto, neka je $a^{(p-1)/2}\equiv 1(modp)$. Pošto je multiplikativna grupa $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ ciklična, postoji njen generator $g$ i broj $n\in \{1,\dots ,p-1\}$, takvi da je $a\equiv g^n(modp)$. Dobijamo da je $g^{n(p-1)/2}\equiv {\left(g^n\right)}^{(p-1)/2}\equiv 1(modp)$, iz čega sledi da $(p-1)\mid n(p-1)/2$. Odavde zaključujemo da je $n$ parno, iz čega sledi da je $x=g^{n/2}$ jedno rešenje kongruencije $x^2\equiv a(modp)$.
2. Iz 1. sledi da je $\left(ab/p\right)\equiv a{b}^{(p-1)/2}\equiv a^{(p-1)/2}{b}^{(p-1)/2}\equiv \left(a/p\right)\left(b/p\right)(modp)$, odnosno da $p\mid \left(ab/p\right)-\left(a/p\right)\left(b/p\right)=-2,-1,0,1,2$, što je moguće ako i samo ako je $\left(ab/p\right)-\left(a/p\right)\left(b/p\right)=0$ odnosno $\left(ab/p\right)=\left(a/p\right)\left(b/p\right)$.
3. Ako je $a\equiv b(modp)$, tada je $a^{(p-1)/2}\equiv b^{(p-1)/2}(modp)$, pa je po 1. i $\left(a/p\right)=\left(b/p\right)$.

□

Iako nije znao za Ležandrov simbol, Ojleru su bila poznata neka od tvrđenja o kvadratnim ostacima. Tako, na primer, Ojler je prvi formulisao i dokazao tvrđenje 1. iz prethodnog stava (pritom koristeći primitivniju notaciju od Ležandrovog simbola). Ojleru je takođe bila poznata i naredna teorema.

Teorema 5 (Zakon kvadratnog reciprociteta). Neka su $p$ i $q$ različiti prosti brojevi. Tada je $$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)={(-1)}^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}.$$

Ojler nije uspeo da dokaže teoremu 5, kao što nije uspeo ni Ležandr nakon njega. Tek će Gaus⁶ 1798. godine, u svojoj knjizi Disquisitiones Arithmeticae, objaviti prvi validan dokaz zakona kvadratnog reciprociteta.

Jedna od bitnih posledica kvadratnog reciprociteta je i naredna teorema.

Teorema 6. Neka je $p$ neparan prost broj. Tada je $$\left(\frac{2}{p}\right)={(-1)}^{\frac{p^2-1}{8}}.$$

Mi u ovom tekstu nećemo dati dokaze teorema 5 i 6. Zainteresovan čitalac može pronaći dokaze ovih teorema u [4]. Uz pomoć Ležandrovog simbola, sada je moguće lako rešiti problem reciprociteta.

Stav 2. Neka je $n$ prirodan broj, i neka prost broj $p$ ne deli $n$. Tada važi $$p\mid x^2+n{y}^2\mathrm{\text{i}}(x,y)=1\iff \left(\frac{-n}{p}\right)=1.$$

Dokaz. Ako je $(-n/p)=1$, tada je $-n\equiv x^2(modp)$ za neko $x\in \mathbb{Z}$. Dakle, $p$ deli $x^2+n=x^2+n\cdot 1^2$. Obrnuto, ako $p$ deli $x^2+n{y}^2$, gde su $x$ i $y$ uzajamno prosti, tada je $x^2\equiv -n{y}^2(modp)$. Ako je $y\equiv 0(modp)$, tada bi i $x\equiv 0(modp)$, pa $x$ i $y$ ne bi bili uzajamno prosti. Dakle, $y\not\equiv 0(modp)$, pa postoji inverz $y^{-1}$ u polju $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Odavde sledi da je ${\left(x{y}^{-1}\right)}^2\equiv -n(modp)$, pa je $(-n/p)=1$. □

Dokažimo lemu koja će nam biti kasnije od koristi.

Lema 3. Za prost broj $p$ važe naredne dve jednakosti

Dokaz. Ova lema se jednostavno dokazuje primenom stava 1, odnosno teoreme 6. □

Stavom 2 uspeli smo da korak reciprociteta svedemo na problem određivanja kvadratnih ostataka modulo $p$. Kako se poslednji problem može rešiti direktnim računom u konačnom broju koraka, smatramo da je korak reciprociteta rešen. Da bismo rešili korak spuštanja, potrebno je da se upoznamo s teorijom kvadratnih formi, koju je zasnovao Lagranž⁷.

Kvadratne forme

Čitaocu je verovatno poznato da se u Linearnoj algebri pojam kvadratne forme definiše na sledeći način:

Definicja 4. Neka je $M$ modul nad komutativnim prstenom $R$. Kvadratna forma je svaka funkcija $\Phi :M\to R$ koja zadovoljava naredna dva uslova:

1. Za svako $m\in M$ i $r\in R$ važi $\Phi \left(rm\right)=r^2\Phi \left(m\right)$;
2. Funkcija $(m,n)\mapsto \Phi (m+n)-\Phi \left(m\right)-\Phi \left(n\right)$ je bilinearna.

Mi ćemo u nastvaku teksta isključivo proučavati samo integralne binarne kvadratne forme, odnosno kvadratne forme u modulu ${\mathbb{Z}}^2$. Svaka takva kvadratna forma $f$ oblika je $f(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$, gde su $a$, $b$ i $c$ celi brojevi. Takvu formu ćemo označavati i sa $⟨a,b,c⟩$. Upravo su integralne binarne kvadratne forme bile istorijski jedne od prvih primera kvadratnih formi.

U naredne dve definicije definisane su osnovna svojstva kvadratnih formi⁸.

Definicja 5. Za formu $⟨a,b,c⟩$ reći ćemo da je primitivna ako je $(a,b,c)=1$.

Definicja 6. Za dve forme $f$ i $g$ kažemo da su ekvivalentne, i pišemo $f\sim g$, ako postoje celi brojevi $p,q,r$ i $s$ takvi da važi $f(x,y)=g(px+qy,rx+sy)$ i $ps-qr=\pm 1$.

Primetimo da uslov postajanja brojeva $p,q,r$ i $s$ takvih da važi i $ps-qr=\pm 1$ povlači postojanje⁹ matrice $$P=\left[\begin{array}{cc}\hfill p\hfill & \hfill q\hfill \\ \hfill r\hfill & \hfill s\hfill \end{array}\right]$$ u grupi $G{L}_2\left(\mathbb{Z}\right)$. Koristeći osnovne osobine invertibilnih matrica, lako se dokazuje da je $\sim$ relacija ekvivalnecije.

Ako gore navedena matrica $P$ pripada grupi $S{L}_2\left(\mathbb{Z}\right)$, tada kažemo da su forme $f$ i $g$ direktno ekvivalentne. Kako je $S{L}_2\left(\mathbb{Z}\right)$ podgrupa grupe $G{L}_2\left(\mathbb{Z}\right)$, lako se pokazuje da je direktna ekvivalencija takođe jedna relacija ekvivalencije. Ovim je u suštini dokazan sledeći stav:

Stav 3. Ekvivalencija i direktna ekvivalencija formi su relacije ekvivalencije.

Definicja 7. Za ceo broj $m$ kažemo da je predstavljen formom $f$, ako jednačina $m=f(x,y)$ ima rešenje $x=x_0$ i $y=y_0$ u skupu celih brojeva. Ako su pritom $x_0$ i $y_0$ uzajamno prosti, onda za $m$ kažemo da ima pravo predstavljanje formom $f$.

Iz stava 3 direktno sledi naredna posledica.

Posledica 1. Ako su $f$ i $g$ dve ekvivalentne forme, onda $f$ i $g$ predstavljaju iste brojeve. Pritom broj $n$ ima pravo predstavljanje formom $f$ ako i samo ako $n$ ima pravo predstavljanje formom $g$.

Dokaz. Ostaje još da se dokaže drugi deo navedenog tvrđenja. Neka je $f(x,y)=g(px+qy,rx+sy)$, i neka je $n=g(x_0,y_0)$ za neke uzajamno proste cele brojeve $x_0$ i $y_0$. Tada je $n=f(x_1,y_1)=g(p{x}_1+q{y}_1,r{x}_1+s{y}_1)$, za brojeve $x_1$ i $y_1$ takve da je $x_0=p{x}_1+q{y}_1$ i $y_1=r{x}_1+s{y}_1$. Sledi da je $(x_1,y_1)=1$. □

Stav 4. Ceo broj $m$ ima pravo predstavljanje formom $f$ ako i samo ako je $f$ direktno ekvivalentna formi $g$ datoj sa $g(x,y)=m{x}^2+\beta xy+\gamma y^2$, gde su $\beta$ i $\gamma$ neki celi brojevi.

Dokaz. Neka je forma $f$ direktno ekvivalentna formi $g=⟨m,\beta ,\gamma ⟩$, odnosno neka je $f(px+qy,rx+sy)=m{x}^2+\beta xy+\gamma y^2$, gde su $p,q,r$ i $s$ celi brojevi za koje važi $ps-qr=1$. Kako ekvivalentne forme predstavljaju iste brojeve, i kako je $m=f(p,r)=g(1,0)$, sledi da $f$ predstavlja $m$. Pritom je ovo predstavljanje pravo jer su $p$ i $r$ uzajamno prosti. □

Obrnuto, neka je $f(x,y)=a{x}^2+bxy+c{y}^2$, i neka $m$ ima pravo predstavljanje formom $f$, odnosno neka je $f(p,r)=m$ za neke uzajamno proste brojeve $p$ i $r$. Tada postoje celi brojevi $q$ i $s$ takvi da je $ps-qr=1$. Sada je $$\begin{array}{cc}\hfill f(px+qy,rx+sy)& =f(p,r)x^2+(2apq+bps+brq+2crs)xy+f(q,s)y^2\hfill \\ \hfill & =m{x}^2+\beta xy+\gamma y^2.\hfill \end{array}$$

□

Definicja 8. Diskriminanta forme $f=⟨a,b,c⟩$, u oznaci ${\Delta }_f$, definisana¹⁰ je sa ${\Delta }_f=b^2-4ac$.

Neka su ${\Delta }_f$ i ${\Delta }_g$ diskriminante ekvivalentih formi $f$ i $g$. Tada je $f(x,y)=g(px+qy,rx+sy)$ za neke cele brojeve $p,q,r$ i $s$ takve da je $ps-qr=\pm 1$. Direktnim računom se pokazuje da je ${\Delta }_f={(ps-qr)}^2{\Delta }_g$. Prema tome važi:

Stav 5. Ekvivalentne forme imaju jednake diskriminante.

Definicja 9. Klasni broj diskriminante $n$, u oznaci $h\left(n\right)$, jeste broj klasa ekvivalencije kvadratnih formi koje imaju diskriminantu $n$.

Ako je ${\Delta }_f<0$, tada formu $f$ nazivamo definitnom, a ako je $\Delta f>0$ tada formu $f$ nazivamo indefinitnom. Znak diskriminante direktno je vezan sa znakom brojeva koje forma može da predstavi. O tome govori sledeća lema.

Stav 6. Definitne forme predstavljaju samo pozitivne ili samo negativne cele brojeve, dok indefinitne forme mogu predstaviti i pozitivne i negativne brojeve.

Dokaz. Neka je $f=⟨a,b,c⟩$ proizvoljna kvadratna forma. Tada važi jednakost

Zbog prethodne leme, definitne forme delimo na pozitivno definitne i negativno definitne forme u zavisnosti od znaka brojeva koji su predstavljeni tim formama. Očigledno je da će definitna forma $⟨a,b,c⟩$ biti pozitivno definitna ako i samo ako je $a>0$ i $c>0$.

Primetimo da iz definicije diskriminante sledi da za formu $f=⟨a,b,c⟩$ važi ${\Delta }_f\equiv b^2(mod4)$ . Kako $b^2$ može biti kongruentan sa $0$ ili $1$ modulo $4$, u zavisnosti od toga da li je $b$ parno ili neparno, zaključujemo da je ${\Delta }_f\equiv 0(mod4)$, odnosno, ${\Delta }_f\equiv 1(mod4)$, ako i samo ako je $b$ parno, odnosno neparno. Naredna lema daje potrebne i dovoljne uslove za predstavljanje neparnog prostog broja nekom formom diskriminante $\Delta$.

Stav 7. Neka je $\Delta$ ceo broj kongruentan $0$ modulo $4$, i neka je $m$ neparan broj uzajamno prost sa $\Delta$. Tada $m$ ima pravo predstavljanje formom $f$ čija diskriminanta je $\Delta$, ako i samo ako je $\Delta$ kvadratni ostatak modulo $m$.

Dokaz. Neka $m$ ima pravo predstavljanje formom $f(x,y)$. Tada je $f(x,y)$ direktno ekvivalentna formi $g=⟨m,b,c⟩$ po stavu 4. Kako je ${\Delta }_g=b^2-4mc$, sledi da je $\Delta ={\Delta }_g\equiv b^2(modm)$.

Pretpostavimo sada da je $\Delta \equiv b^2(modm)$. Ako je $b$ neparan definišimo $b\prime =b+m$, a ako je $b$ paran definišimo $b\prime =b$. Tada je $\Delta \equiv b{\prime }^2(modm)$. Kako su $b\prime$ i $\Delta$ parni, sledi da je $\Delta \equiv b{\prime }^2(mod4m)$, odnosno $\Delta =b{\prime }^2-4mc$ za neki ceo broj $c$. Sada forma $f=⟨m,b\prime ,c⟩$ sa diskriminantom $\Delta$ pravo predstavlja broj $m$, jer je $m=f(1,0)$. □

Direktno iz prethodne leme imamo narednu posledicu.

Posledica 2. Neka je $n$ ceo pozitivan broj i neka je $p$ neparan prost broj koji ne deli $n$. Tada je $(-n/p)=1$ ako i samo ako je $p$ predstavljen nekom primitivnom formom diskriminante $-4n$.

Dokaz. Primetimo da primitivna forma predstavlja $p$ ako i samo ako je to predstavljanje pravo. Sada tvrđenje direktno sledi iz stava 7 i činjenice da je $(-4n/p)=(-n/p){\left(2/p\right)}^2=(-n/p)$. □

Da kraja ovog poglavlja ograničićemo se na pozitivno definitne forme, jer je teorija o ovim formama posebno elegantna. Među ovakvim formama nalaze se i forme koje nas najviše interesuju, tj forme oblika $x^2+n{y}^2$.

Definicja 10. Za pozitivno definitnu primitivnu formu $f=⟨a,b,c⟩$ kažemo da je redukovana ako je $-a<b\le a<c$ ili $0\le b\le a=c$.

Račun s redukovanim formama biće posebno jednostavan. Naredna teorema nam govori da se na neki način od sada možemo ograničiti samo na razmatranje takvih formi.

Teorema 7. Svaka primitivna forma je direktno ekvivalentna jedinstvenoj redukovanoj formi.

Dokaz. Od svih formi $a{x}^2+bxy+c{y}^2$ ekvivalentnih datoj formi, odaberimo onu čiji je srednji koeficijent najmanji. Neka je to forma $g$. Ako je $a<|b|$ tada je forma $h(x,y)=g(x+my,y)=a{x}^2+(2am+b)xy+c_1{y}^2$ direktno ekvivalentna formi $g$. Kako je $a<|b|$, možemo odabrati ceo broj $m$ takav da je $|2am-b|<a$, što je u kontradikciji sa izborom forme $g$. Dakle, $a\ge |b|$, a analogno se pokazuje da je i $c\ge |b|$. Ako je $a>c$, tada smenom $(x,y)\mapsto (-y,x)$ dobijamo direktno ekvivalentnu formu $a\prime x^2+bxy+c\prime y^2$ za koju je $a\prime <c\prime$. Dakle, svaka forma $f$ je direktno ekvivalentna nekoj formi oblika $a{x}^2+bxy+c{y}^2$, gde je $|b|\le a\le c$. Po definiciji, forme ovakvog oblika su redukovane, osim u slučaju kada je $b<0$ i $a=-b$ ili $a=c$. U prvom slučaju, smena $(x,y)\mapsto (x+y,y)$ dovodi formu $a{x}^2-axy+c{y}^2$ do redukovanog oblika $a{x}^2+axy+c{y}^2$. U drugom slučaju, smena $(x,y)\mapsto (-y,x)$ dovodi formu $a{x}^2+bxy+a{y}^2$ do redukovanog oblika $a{x}^2-bxy+a{y}^2$. Prema tome, svaka forma je ekvivalentna nekoj redukovanoj formi.

Ostaje još da se dokaže da je redukovana forma jedinstvena. Da bismo to dokazali, dovoljno je pokazati da dve direktno ekvivalentne redukovane forme moraju biti iste. Neka su zato $f=⟨a,b,c⟩$ i $f\prime =⟨a\prime ,b\prime ,c\prime ⟩$ dve ekvivalentne redukovane kvadratne forme. Trivijalno se dokazuje da za svaku redukovanu formu $g=⟨\alpha ,\beta ,\gamma ⟩$ važi nejednakost $g(x,y)\ge (\alpha -|\beta |+\gamma )min(x^2,y^2)$. Primenjujući ovu nejednakost na formu $f$ zaključujemo da su $a$, $c$ i $a-|b|+c$, tim redom, tri najmanja broja koja imaju pravo predstavljanje formom $f$. Kako sličan zaključak važi i za formu $f\prime$, a forme $f$ i $f\prime$ predstavljaju iste brojeve, zaključujemo da je $a=a\prime$. Sada razlikujemo dva slučaja:

1. Slučaj kada je $a<c$: U ovom slučaju važi da je $a<c<a-|b|+c$. Ako bi bilo $a=c\prime$, tada bi broj $a$ imao više predstavljanja formom $f\prime$ nego formom $f$, što je nemoguće. Dakle $a<c\prime$ pa je $c=c\prime$. Kako su diskriminante ekvivalentnih formi iste, sledi da je $b^2=b{\prime }^2$, odnosno $|b|=|b\prime |$. Sad je dovoljno pokazati da $b=-b\prime$ povlači $b=0$. Bez umanjenja opštosti, možemo pretpostaviti da je $-a<b<a<c$. Naime, kako je $f\prime$ redukovana forma, važi da je $-a<-b$, pa je $a\ne b$, a ako je $c=a$ tada je po definiciji redukovane forme $0\le b$ i $0\le -b$, pa je $b=b\prime =0$. Budući da su $f$ i $f\prime$ direktno ekvivalentne forme, važi da je $f\prime (x,y)=f(px+qy,rx+sy)$ gde su $p$, $q$, $r$ i $s$ celi brojevi takvi da važi $ps-qr=1$. Sada je $a\prime =f(p,r)$, $b\prime =2apq+b(ps+qr)+2crs$ i $c\prime =f(q,s)$. Pošto važi $a\prime =a=a{p}^2+bpr+c{r}^2$, zaključujemo da je $p=\pm 1$ i $r=0$. Sada iz $ps-qr=1$ sledi da je $s=\pm 1$, a iz $c=f(q,s)$ sledi $q=0$. To znači da je $b=b\prime$, pa je $b=0$.
2. Slučaj kada je $a=c$: U ovom slučaju $a$ ima barem $4$ reprezentacije formom $f$, pa mora imati barem $4$ reprezentacije i formom $f\prime$. Odavde sledi da je $c\prime =a=c$. Ponovo dobijamo da je $|b|=|b\prime |$, ali u ovom slučaju iz definicije redukovane forme sledi da je $0\le b$ i $0\le b\prime$, pa je $b=b\prime$.

□

Kako je ekvivalentnost formi relacija ekvivalencije, sve kvadratne forme se dele u klase ekvivalencije. Za fiksiranu klasu, sve forme koje se nalaze u njoj imaju istu diskriminantu. Međutim, obrunuto ne mora da važi, forme sa istom diskriminantom ne moraju biti ekvivalentne. Ipak, broj $h\left(\Delta \right)$ različitih klasa kvadratnih formi koje imaju određenu diskriminantu $\Delta$ je konačan, o čemu govori naredna teorema.

Teorema 8. Za svako $\Delta <0$, broj $h\left(\Delta \right)$ je konačan.

Dokaz. Neka je $⟨a,b,c⟩$ redukovana forma diskriminante $\Delta <0$. Tada je $b^2\le a^2$ i $0<a\le c$, pa je $-\Delta =4ac-b^2\ge 4ac-a^2\ge 3ac$ i $-\Delta =4ac-b^2\ge 4a^2-a^2=3a^2$. Dakle, važe nejednakosti

Lema 4. Za $n\in \{1,2,3,4,7\}$ važi $h(-4n)=1$.

Dokaz. Neka je $⟨a,b,c⟩$ forma diskriminante $-4n$. Razlikujemo slučajeve u zavisnosti od broja $n$.

1. Slučaj $n=1$: Posmatrajući prvu nejednakost iz (6), $3ac\le 4$, zaključujemo da je $a=1$ i $c=1$, a samim tim je i $b=0$. Prema tome, jedina redukovana forma diskriminante $-4$ je $⟨1,0,1⟩$.
2. Slučaj $n=2$: Posmatrajući drugu nejednakost iz (6), dobijamo da je $|b|\le a\sqrt{8/3}<2$. Iz ovoga sledi da je $a=1$, a $b=1$ ili $b=0$. Kako jednačina $1-4c=-8$ nema celobrojno rešenje, sledi da je $b=0$. Dakle, jedina redukovana forma diskriminante $-8$ je $⟨1,0,2⟩$.
3. Slučaj $n=3$: Ponovo, na osnovu druge nejednakosti iz (6), dobijamo da je $|b|\le a\sqrt{12/3}=2$. Ako je $a=2$, tada jednačine $-8c=-12$ i $1-8c=-12$ nemaju celobrojno rešenje, dok jednačina $4-8c=-12$ ima rešenje $c=2$. Kako forma $⟨2,2,2⟩$ nije redukovana, $a$ ne može biti $2$ pa je $a=1$. Jednačina $1-4c=-12$ nema celobrojno rešenje, pa je $⟨1,0,3⟩$ jedina redukovana forma diskriminante $-8$.

Slučajevi $n=4$ i $n=7$ rade se analogno prethodnim slučajevima. □

Postupkom poput onog koji je prikazan u prethodnoj lemi, može se odrediti $h\left(n\right)$ i za ostale vrednosti brojeva $n$. U narednoj tabeli date su neke vrednosti funkcije $h$.

Gaus je pretpostavio da važi i obrat prethodne leme, što je Landau¹¹ 1903. godine i dokazao.

Teorema 9. Neka je $n$ prirodan broj. Ako je $h(-4n)=1$, tada $n\in \{1,2,3,4,7\}$.

Dokaz. Ideja dokaza je sledeća: za svako prirodno $n$ forma $⟨1,0,n⟩$ je redukovana. Mi ćemo dokazati da za $n\notin \{1,2,3,4,7\}$ postoji barem još jedna redukovana forma diskriminante $-4n$. Razlikujemo naredna tri slučaja:

1. Broj $n$ nije stepen nekog prostog broja. Tada je $n=ac$ za neke uzajamno proste prirodne brojeve $a$ i $c$ takve da je $1<a<c$. Forma $⟨a,0,c⟩$ je redukovana, pa je u ovom slučaju $h(-4n)>1$.
2. Važi $n=2^r$ za neko prirodno $r$. Ako je $r\ge 4$, tada je forma $⟨4,4,2^{r-2}+1⟩$ redukovana jer je $4\le 2^{r-2}+1$. Pritom navedena forma ima diskriminantu $4^2-4\cdot 4\cdot (2^{r-2}+1)=-4n$, pa je u ovom slučaju $h(-4n)>1$. Za $n=2^3$, računom se direktno dobija da $h(-4\cdot 8)=2$, što ostavlja samo slučajeve $n=2$ i $n=4$, koji su obrađeni u prethodnoj lemi.
3. Važi $n=p^r$ za neko prirodno $r$, gde je $p$ neparan prost broj. Ako se broj $n+1$ može napisati kao $n+1=ac$ gde su $a$ i $c$ prirodni uzajamno prosti brojevi takvi da važi $2\le a<c$, tada je forma $⟨a,2,c⟩$ redukovana sa diskriminantom $2^2-4ac=4-4(n+1)=-4n$. Pretpostavimo zato da se $n+1$ ne može izraziti u naznačenom obliku. Kako je broj $n+1$ paran (jer je broj $n=n^r$ neparan), sledi da je broj $n+1=2^s$ za neko prirodno $s$. Ako je $s\ge 6$, tada je forma $⟨8,6,2^{s-3}+1⟩$ redukovana, jer je $8\le 2^{s-3}+1$. Diskriminanta ove forme je $6^2-4\cdot 8\cdot (2^{s-3}+1)=4-4\cdot 2^s=4-4(n+1)=-4n$, pa je i u ovom slučaju $h(-4n)>1$. Ostaju da se ispitaju još slučajevi kada je $s=1$, $2$, $3$, $4$ i $5$ koji redom odgovaraju slučajevima kada je $n=1$, $3$, $7$, $15$ i $31$. Slučaj $n=15$ odbacujemo jer tada $n$ nije stepen prostog broja, dok se u slučaju $n=31$ direktno proverava da je $h(-4n)>1$. Slučajevi kada je $n=1$, $3$ ili $7$, obuhvaćeni su prethodnom lemom.

□

Uz razvijenu teoriju kvadratnih formi i kvadratnih ostataka, sada lako možemo dokazati tri Fermaove teoreme s početka ovog teksta.

Dokaz teoreme 2. Na osnovu posledice 2 znamo da je neparan prost broj $p$ predstavljen formom diskriminante $-4$ ako i samo ako je $(-1/p)=1$. Po lemi 3 to će važiti ako i samo ako je $p\equiv 1(mod4)$. S druge strane, iz leme 4 znamo da je jedina kvadratna forma diskriminante $-4$ baš $⟨1,0,1⟩$. □

Dokaz teoreme 3. Neparan prost broj $p$ predstavljen je redukovanom formom diskriminante $-8$ ako i samo ako je $(-2/p)=1$. Na osnovu leme 4 znamo da je jedina redukovana forma diskriminante $-8$ upravo $⟨1,0,2⟩$. Na osnovu leme 3 znamo da je $(-2/p)=(-1/p)\left(2/p\right)=1$ ako i samo ako je $p\equiv 1(mod8)$ ili $p\equiv 3(mod8)$. □

Dokaz teoreme 4. Ako je $p=3$ tada je očigledno $p=0^2+3\cdot 1^2$. Pretpostavimo zato da je $p>3$. Po posledici 2 znamo da je prost broj $p$ koji ne deli $12$, predstavljen formom diskriminante $-12$ ako i samo sako je $(-3/p)=1$. Po lemi 4 znamo da je jedina redukovana forma diskriminante $-12$ upravo $⟨1,0,3⟩$.

Na osnovu zakona kvadratnog reciprociteta, znamo da važi $$\left({\displaystyle \frac{3}{p}}\right)=\{\begin{array}{cc}\phantom{-}\left(p/3\right)\hfill & \mathrm{\text{ako je}}p\equiv 1(mod4),\hfill \\ -\left(p/3\right)\hfill & \mathrm{\text{ako je}}p\equiv 3(mod4).\hfill \end{array}$$ Kombinujući ovo sa lemom 3 dobijamo da je $(-3/p)=(-1/p)\left(3/p\right)=\left(p/3\right)$. Kako je u grupi ${\left(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\right)}^{\times }$ jedini kvadratni ostatak $1$, jednakost $\left(p/3\right)=1$ će važiti ako i samo ako je $p\equiv 1(mod3)$. □

Dok je dokazivao Fermaove teoreme, Ojler je formulisao naredne dve teoreme koje nije uspeo da dokaže.

Teorema 10. Neparan prost broj $p\ne 5$ može se predstaviti kao $x^2+5y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi, ako i samo ako je $p\equiv 1(mod20)$ ili $p\equiv 9(mod20)$.

Teorema 11. Neparan prost broj $p$ može se predstaviti kao $x^2+7y^2$, gde su $x$ i $y$ celi brojevi, ako i samo ako je $p=7$ ili $p\equiv 1,2,4(mod7)$.

Dokaz teoreme 11 analogan je dokazima Fermaovih teorema koje smo gore naveli. Međutim strategija, koju smo koristili u prethodna tri dokaza, neće direktno dovesti do rešenja teoreme 10. Razlog tome je to što postoje tačno dve redukovane forme, $⟨1,0,5⟩$ i $⟨2,2,3⟩$, diskriminante $-20$. Koristeći dosadašnju strategiju, sve što možemo da zaključimo u ovom slučaju to je da za neparan prost broj $p$ važi: $p\equiv 1,3,7,9mod20$ ako i samo ako je $p=x^2+5y^2$ ili $p=2x^2+2xy+3y^2$ za neke uzajamno proste brojeve $x$ i $y$. Prema tome, potrebno je na neki način razlikovati navedene dve forme, odnosno potrebno je izvršiti dodatnu klasifikaciju formi. Upravo je to prvobitni cilj teorije roda koja se javila u radovima Lagranža.

Elementarna teorija roda

Na samom početku definišimo jedan homomorfizam grupa koji će u nastavku biti od velike koristi.

Lema 5. Neka je $\Delta \equiv 0(mod4)$ ili $\Delta \equiv 1(mod4)$ ceo broj različit od nule. Tada postoji jedinstveni homomorfizam $\chi :{\left(\mathbb{Z}/\Delta \mathbb{Z}\right)}^{\times }\to \pm 1$ takav da je $\chi \left(\left[p\right]\right)=\left(D/p\right)$ za sve neparne proste brojeve $p$ koji ne dele $D$. Pritom je $\chi \left([-1]\right)=1$ ako i samo ako je $D>0$.

Dokaz. Postojanje navedenog homomorfizma dokazuje se upotrebom Jakobijevog¹² simbola koji predstavlja uopštenje Ležandrovog simbola. Dokaz se može pronaći u [3]. □

Na osnovu leme i posledice 2, imamo narednu posledicu.

Posledica 3. Neparan prost broj $p$ predstavljen je formom diskriminante $-4n$ ako i samo ako $\left[p\right]\in ker\chi$.

Definicja 11. Za negativan broj $\Delta \equiv 0(mod4)$, formu $⟨1,0,-\Delta /4⟩$ nazivamo principijelna forma diskriminante $\Delta$. Za negativan broj $\Delta \equiv 1(mod4)$, formu $⟨1,0,(1-\Delta )/4⟩$ nazivamo principijelna forma diskriminante $\Delta$.

Lema 6. Ako forma $f$ predstavlja broj $m$, tada se $m$ može napisati kao $d^{2}m\prime$ gde $m\prime$ ima pravo predstavljanje formom $f$.

Dokaz. Neka su $x$ i $y$ celi brojevi takvi da je $m=f(x,y)$. Neka je $d=(x,y)$. Tada je $x=dx\prime$ i $y=dy\prime$ za uzajamno proste $x\prime$ i $y\prime$. Sada je $m=f(x,y)=f(dx\prime ,dy\prime )=d^{2}f(x\prime ,y\prime )=d^{2}m\prime$. □

Lema 7. Neka je $f$ proizvoljna primitivna forma i neka je $N$ proizvoljan ceo broj. Tada $f$ pravo predstavlja beskonačno mnogo celih brojeva koji su uzajamno prosti sa $N$.

Dokaz. Neka je $f=⟨a,b,c⟩$. Svaki prost broj $p$ mora biti uzajamno prost s jednim od brojeva $a$, $b$ ili $c$, jer u suprotnom forma $f$ ne bi bila primitivna. Neka je $S_a$ skup svih prostih faktora broja $N$ koji su uzajamno prosti sa $A$, neka je $S_c$ skup svih prostih faktora koji su prosti sa $c$ ali ne sa $a$, i neka je $S_b$ skup svih prostih faktora broja $N$ koji su uzajamno prosti sa $b$ ali ne i sa $a$ i $c$. Neka je $x={\prod }_{p\in S_c}p$ i $y={\prod }_{p\in S_a}p$. Za svako $p\in S_a$, $p$ ne deli $x$ ili $a$, ali $p$ deli $y$ pa je $p$ uzajamno prosto sa $f(x,y)$. Na sličan način se dokazuje da su svi $p\in S_c$ uzajamno prosti sa $f(x,y)$. Za sve $p\in S_b$, $p$ deli $a$ i $c$ ali ne i $x$, $y$ i $b$, pa je $p$ uzajamno prosto sa $f(x,y)$. Ovo dokazuje da je $N$ uzajamno prosto sa $f(x,y)$.

Analogno se dokazuje da za svako $s$ i $t$ uzajamno prosto sa $N$, takođe važi da je $f(sx,ty)$ uzajamno prosto sa $N$. Ako su $s$ i $t$ uzajamno prosti, tada će $f(sx,ty)$ biti pravo predstavljen. Kako takvih $s$ i $t$ ima beskonačno mnogo, tvrđenje sledi. □

Lema 8. Neka je $\Delta \equiv 0(mod4)$ ili $\Delta \equiv 1(mod4)$ strogo negativan ceo broj, i neka je $f$ primitivna forma diskriminante $\Delta$. Definišimo homomorfizam $\chi :{\left(\mathbb{Z}/\Delta \mathbb{Z}\right)}^{\times }\to \pm 1$ kao u lemi 5. Tada

1. vrednosti u ${\left(\mathbb{Z}/\Delta \mathbb{Z}\right)}^{\times }$ predstavljene principijelnom formom diskriminante $\Delta$ čine podgrupu $H$ u $ker\chi$;
2. vrednosti u ${\left(\mathbb{Z}/\Delta \mathbb{Z}\right)}^{\times }$ predstavljene formom $f$ čine koset podgrupe $H$ u $ker\chi$.

Dokaz. Dokažimo samo slučaj kada je $\Delta \equiv 0(mod4)$, jer se slučaj kada je $\Delta \equiv 1(mod4)$ slično dokazuje. Neka je zato $\Delta =-4n$ za neko prirodno $n$.

1. Neka je $m$ uzajamno prost sa $\Delta$, i neka je $m$ predstavljen principijelnom formom diskriminante $\Delta$. Iz leme 6 znamo da je $m=d^{2}m\prime$ za neko $m\prime$ koje ima pravo predstavljanje principijelnom formom. Jasno je da je $\chi \left(\left[m\right]\right)=\chi \left(\left[d^{2}m\prime \right]\right)=\chi {\left(\left[d\right]\right)}^2\chi \left(\left[m\prime \right]\right)=\chi \left(\left[m\prime \right]\right)$. Iz stava 7 zaključujemo da je $\Delta$ kvadratni ostatak modulo $m\prime$ pa je $\Delta =b^2-km\prime$. Neka su $p_1,p_2,\dots ,p_r$ svi prosti faktori broja $m\prime$. Kako su $\Delta$ i $m\prime$ uzajamno prosti, $m\prime$ je neparan, pa važi $$\begin{array}{cc}\hfill \chi \left(\left[m\prime \right]\right)=\chi \left(\left[p_1\right]\right)\dots \chi \left(\left[p_r\right]\right)& =\left(\frac{\Delta }{p_1}\right)\cdots \left(\frac{\Delta }{p_r}\right)=\left(\frac{b^2-km\prime }{p_1}\right)\cdots \left(\frac{b^2-km\prime }{p_r}\right)\hfill \\ \hfill & =\left(\frac{b^2}{p_1}\right)\cdots \left(\frac{b^2}{p_r}\right)={\left(\frac{b}{p_1}\right)}^2\cdots {\left(\frac{b}{p_r}\right)}^2=1.\hfill \end{array}$$ Dakle, $\left[m\right]\in ker\chi$, iz čega sledi da $H\subset ker\chi$. Koristeći jednakost $(x+n{y}^2)(z+n{w}^2)={(xz\pm nyw)}^2+n{(xw\mp yz)}^2$, zaključujemo da je $H$ zatvoreno u odnosu na množenje, pa je $H$ zaista podgrupa od $ker\chi$.
2. Zbog stava 4 i leme 7, možemo pretpostaviti da je $f=⟨a,b,c⟩$, gde je $a$ uzajamno prost sa $4n$. Kako je diskriminanta forme $f$ deljiva sa $4$, zaključujemo da je $b$ parno, odnosno da je $b=2b\prime$. Koristeći jednakost (5), imamo da je $af(x,y)={(ax+b\prime y)}^2+n{y}^2$. Kako je $a$ uzajamno prosto sa $4n$, jasno je da vrednosti iz ${\left(\mathbb{Z}/\Delta \mathbb{Z}\right)}^{\times }$ predstavljene formom $f$ pripadaju kosetu ${\left[a\right]}^{-1}H$. Obrnuto, ako $\left[c\right]$ pripada kosetu ${\left[a\right]}^{-1}H$, tada znamo da je $\left[ac\right]$ predstavljeno sa $x^2+n{y}^2$. Koristeći ponovo jednakost (5), dobijamo da $f$ predstavlja $\left[c\right]$. Prema tome, vrednosti iz ${\left(\mathbb{Z}/\Delta \mathbb{Z}\right)}^{\times }$ predstavljene formom $f$ čine koset ${\left[a\right]}^{-1}H$.

□

Definicja 12. Neka je $\Delta \equiv 0(mod4)$ ili $\Delta \equiv 1(mod4)$ negativan ceo broj, i neka je $H$ pogrupa iz leme 8. Za svaki koset $H\prime$ od $H$, definišemo rod koseta $H\prime$ kao skup svih kvadratnih formi diskriminante $\Delta$ koje predstavljaju $H\prime$ modulo $\Delta$

Iz prethodne definicije jasno je da bilo koji rod koseta $H\prime$ mora sadržati celokupne klase formi. U nekim slučajevima, rodovi sadrže samo po jednu klasu ekvivalencije, dok u dugim slučajevima jednom rodu pripada nekoliko neekvivalentnih klasa. Takav je slučaj s formama $⟨1,0,14⟩$ i $⟨2,0,7⟩$, koje nisu ekvivalentne ali obe predstavljaju brojeve $1,9,15,23,25,29$ u ${\left(\mathbb{Z}/56\mathbb{Z}\right)}^{\times }$.

Teorema 12. Neka je $\Delta \equiv 0(mod4)$ ili $\Delta \equiv 1(mod4)$ strogo negativan ceo broj, i neka je $H$ podgrupa iz leme 8. Ako je $H\prime$ koset podgrupe $H$ u $ker\chi$ i $p$ neparan prost broj koji ne deli $\Delta$, tada je $p$ predstavljen redukovanom formom diskriminante $\Delta$ iz roda od $H\prime$ ako i samo ako $\left[p\right]$ pripada kosetu $H\prime$.

Dokaz. Kako su različiti koseti od $H$ disjunktni, teorema sledi na osnovu leme 6 i teoreme 7. □

Sada imamo dovoljno razvijenu teoriju za dokaz teoreme 10.

Dokaz teoreme 10. Već smo napomenuli da su $⟨1,0,5⟩$ i $⟨2,2,3⟩$ jedine dve redukovane forme diskriminante $-20$. Takođe, koristeći zakon kvadratnog reciprociteta, dobijamo da je $\left(5/p\right)=1$ ako i samo ako je $p\equiv 1,3,7,9(mod5)$. Ovo znači da je $ker\chi =\{1,3,7,9\}$. Jasno se vidi da forma $⟨1,0,5⟩$ predstavlja vrednosti $1$ i $9$ u ${\left(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\right)}^{\times }$, dok forma $⟨2,2,3⟩$ predstavlja vrednosti $3$ i $7$ u ${\left(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\right)}^{\times }$. Prema tome, ove forme pripadaju različitim rodovima. Iz teoreme 12, zaključujemo da je neparan prost broj $p$ oblika $x^2+5y^2$ ako i samo ako je $p\equiv 1(mod20)$ ili $p\equiv 9(mod20)$. □

Nevedeni rezultati javili su se prvobitno u radovima Lagranža¹³, ali će tek Gaus u potpunosti razumeti njihovu dubinu. Gaus je definisao operaciju kompozicije kvadratnih formi na skupu klasa direktne ekvivalencije kvadratnih formi $C\left(\Delta \right)$. Sa ovom operacijom skup $C\left(\Delta \right)$ postaje konačna Abelova grupa reda $h\left(\Delta \right)$. Pritom je neutral u toj grupi klasa koja sadrži odgovarajuću principijelnu formu. Gaus je takođe pronašao 65 diskriminanti za koje se svaki rod sastoji od jedne jedine klase, i kao što je i sam primetio, ti brojevi su bili upravo Ojlerovi pogodni brojevi.

Zanimljivo je da se do danas ne zna da li je Ojler našao sve pogodne brojeve. Za sada znamo da može postojati još samo jedan pogodan broj, kao i da generalizovana Rimanova¹⁴ hipoteza povlači nepostojanje 66. pogodnog broja.

Nakon Gausa, devetnaesti i dvadeseti vek su doneli još dublje rezultate koji povezuju kvadratne forme, geometriju (tačnije geometriju brojeva Minkovskog¹⁵) i teoriju polja. Ovi, sada već klasični, rezultati daleko izlaze van okvira ovog teksta. Druga polovina dvadesetog veka donela je još nekoliko novih pogleda na kvadratne forme. Najzanimljivija je, svakako, teorija uz pomoć koje se na elegantan način "mapiraju" kvadratne forme. Tačnije, pronađena je sasvim jednostavna veza između kvadratnih formi i određenih 3-regularnih beskonačnih grafova. [5] Na ovaj način su se i topološki argumenti uvukli u teoriju formi.

U nastavku teksta navodimo završetak dokaza teoreme 1, i jedan alternativni dokaz teoreme 2.

Završetak dokaza teoreme 1

U dosadašnjem tekstu dokazan je jedan smer teoreme 1. Uz pomoć zakona kvadratnog reciprociteta, lako je dokazati i drugi smer.

Dokaz. Pretpostavimo prvo da se prirodan broj $n$ može predstaviti kao zbir dva kvadrata. Neka je $p$ prost faktor broja $n$ takav da je $p=4k+3$ za neko $k\in \mathbb{N}$. Iz $n=x^2+y^2$ sledi da je $x^2\equiv -y^2(modp)$. Ako $p\nmid y$, tada postoji prirodan broj $z$ takav da je $zy\equiv 1(modp)$. Množenjem obe strane kongruencije $x^2\equiv -y^2(modp)$ sa $z^2$ dobijamo da je ${\left(zx\right)}^2\equiv -1(modp)$, iz čega sledi da je ${\left(zx\right)}^{p-1}\equiv {(-1)}^{2k+1}\equiv -1(modp)$. Međutim, na osnovu Fermaove male teoreme, znamo da je to nemoguće. Dakle, $p$ deli $y$, a samim tim i $x$, pa $p^2$ deli $x^2+y^2=n$. Iz ovog zaključujemo da važi $p^{2m}\parallel n$, gde je $m$ prirodan broj. □

Cagirov dokaz teoreme 2

Godine 1990. američki matematičar Don Cagir¹⁶ objavio je dokaz teoreme 2 koji staje u jednu jedinu rečenicu! [6] U nastavku je naveden prevod Cagirovog dokaza:

Dokaz. Involucija konačnog skupa $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{N}}^3\mid x^2+4yz=p\}$ definisana sa $$(x,y,z)\mapsto \{\begin{array}{cc}(x+2z,z,y-x-z)\hfill & \mathrm{\text{ako je}}x<y-z\hfill \\ (2y-x,y,x-y+z)\hfill & \mathrm{\text{ako je}}y-z<x<2y\hfill \\ (x-2y,x-y+z,y)\hfill & \mathrm{\text{ako je}}x>2y\hfill \end{array}$$ ima tačno jednu fiksnu tačku, pa je $|S|$ neparan i involucija definisana sa $(x,y,z)\mapsto (x,z,y)$ takođe ima fiksnu tačku. □

1. Albert Girard (1595–1632).↩
2. Pierre de Fermat (1607–1665).↩
3. Leonhard Euler (1707–1783).↩
4. lat. numerus idoneus – pogodan broj↩
5. Adrien-Marie Legendre (1752–1833).↩
6. Johann Carl Friedrich Gauss (1777–1855).↩
7. Joseph-Louis Lagrange (1736–1813).↩
8. U nastavku teksta integralne binarne kvadratne forme kratko ćemo nazivati forme.↩
9. Čitaoci koji su upućeni u linearnu algebru verovatno sada primećuju da je ovo zapravo relacija ekvivalencije kvadratnih formi koja se u tom predmetu definiše uz pomoć pojmova baze i matrica prelaska. Međutim, mi nećemo iz ovako opšteg ugla posmatrati kvadratne forme, jer to nisu činili ni matematičari koji su otkrivali ovu teoriju.↩
10. U linearnoj algebri, uobičajeno je da se diskriminanta kvadratne forme $\Phi$ u bazi $e$ definiše kao $det{\left[\Phi \right]}_e$. U slučaju integralnih binarnih kvadratnih formi ta definicija bi se svela na izraz ${\Delta }_f=ac-{\left(b/2\right)}^2$. Ovako definisanu diskriminantu koristio je Gaus, koji je uvek pretpostavljao da je ,,središnji“ član u formi paran.↩
11. Edmund Georg Hermann Landau (1877–1938).↩
12. Carl Gustav Jacob Jacobi (1804–1851).↩
13. Naravno, Lagranž nije znao za pojmove grupe ili homomorfizma grupa, ali je došao do rezultata koji su u suštini isti sa onima koje smo naveli.↩
14. Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826–1866).↩
15. Hermann Minkowski (1864–1909).↩
16. Don Bernard Zagier (1951–).↩

Literatura

1. Johannes Buchmann, Ulrich Vollmer, Binary quadratic forms
2. John Conway, Neil J. A. Sloane, On the classification of integral quadratic forms
3. David A. Cox, Primes of the form $x^2+n{y}^2$
4. Goran Đanković, Teorija brojeva
5. Allen Hatcher, Topology of numbers
6. Don Zagier, A one-sentence proof that every prime $p\equiv 1(mod4)$ is a sum of two squares