Školjka

Pretpostavimo da za neki prost broj $p$ postoje cijeli brojevi $x_1, x_2, y_1, y_2$ takvi da skupovi $\{x_1^2, y_1^2 \}, \{x_2^2, y_2^2 \}$ nisu jednaki i: $$x_1^2 + y_1^2 = p$$ $$x_2^2 + y_2^2 = p$$ Odmah mozemo provjeriti da za $p=2$ ne postoje takvi brojevi. Takoder $gcd(x_1, y_1) = gcd(x_2, y_2) = 1$ Iz cinjenice da je $p$ suma kvadrata slijedi da $p$ mora biti oblika $1$ mod 4. Tada $x^2 \equiv -1$ mod $p$ ima tocno dva rjesenja, $x \equiv u$ i $x \equiv -u$ za neki prirodan $u$. (Konkretnije $u \equiv g^{\frac{p-1}{2}}$ gdje je $g$ primitivni korijen modulo $p$) Dakle $(x_1y_1^{-1})^2 \equiv -1 \implies x_1y_1^{-1} \equiv u$, Predpostavimo pozitivan predznak od $u$ jer uvijek mozemo transformirati $x_1$ u $-x_1$. Analogno $x_2y_2^{-1} \equiv u \implies x_1y_1^{-1} \equiv x_2y_2^{-1} \implies p | x_1y_2 - x_2y_1$ Ovo postaje korisno jer $(x_1^2 + y_1^2)(x_2^2 + y_2^2) = (x_1x_2 + y_1y_2)^2 + (x_1y_2 - x_2y_1)^2 = p^2$ Tada $p | x_1y_2 - x_2y_1 \implies p | x_1x_2 + y_1y_2$ Ako vrijedi: $x_1y_2=x_2y_1$, zato sto $gcd(x_1, y_1) = gcd(x_2, y_2) = 1$ tada $n | x_1 \iff n|x_2$, te $n | y_1 \iff n|y_2$ Sad znamo da $x_1$ i $x_2$ imaju istu faktorizaciju dakle $x_1 = \pm x_2$ i analogno $y_1 = \pm y_2$. $\Rightarrow\!\Leftarrow$ Slicno mozemo reci i u slucaju $x_1x_2 = -y_1y_2$, tada je $x_1 = \pm y_2$ i $x_2 = \pm y_1$ $\Rightarrow\!\Leftarrow$ Dakle $p | x_1y_2 - x_2y_1$, $p | x_1x_2 + y_1y_2 \implies p^2 = (x_1x_2 + y_1y_2)^2 + (x_1y_2 - x_2y_1)^2 \geq 2p^2$ $\Rightarrow\!\Leftarrow$ Napokon zakljucujemo da je nasa pocetna pretpostavka kriva i ne postoji takav $p$ QED