Enhanced configs, added quadratic_forms

.gitignore

@@ -0,0 +1,2 @@
+**/render.html
+**/render.html.lock

linear_nt/config.json

@@ -1,5 +1,6 @@
 {
     "standalone": false,
+    "title": "Линейные алгоритмы в теории чисел",
     "template": "basic_template.html",
     "credits": [
         "Никифор Кузнецов"

pages

@@ -0,0 +1,2 @@
+linear_nt
+quadratic_forms

quadratic_forms/config.json

@@ -0,0 +1,8 @@
+{
+    "standalone": false,
+    "title": "Квадратичные формы",
+    "template": "basic_template.html",
+    "credits": [
+        "Никифор Кузнецов"
+    ]
+}

quadratic_forms/main.md

@@ -0,0 +1,253 @@
+---
+header-includes: |
+    \newcommand{\legendre}[2]{\begin{pmatrix} #1\cr \hdashline #2\cr \end{pmatrix}}
+    \newcommand{\Zp}{\mathbb{Z}_p}
+...
+
+
+# Квадратичные формы
+
+В этой статье вы узнаете всё о квадратичных вычетах по простому модулю и разложении числа в сумму двух квадратов. Тут нужно чё-то умное
+дописать ещё.
+
+Будем считать, что арифметические операции в $\Zp$ работают за константое время или что то же самое, мерять все в арифметических
+операциях(сложение, умножение, вычитание).
+
+
+## Вычеты, символ Лежандра
+
+Здесь и далее $p$ -- простое число. 
+
+**Определение**. $p \nmid a \leftarrow \Zp$ называется _квадратичным вычетом_ если существует такое $z$, что $z^2 \equiv a \pmod{p}$, а
+иначе _невычетом_.
+
+**Определение**. Символом Лежандра числа $a$ называется величина $\legendre{a}{p}$, равная единице, если $a$ является квадратичным
+вычетом по модулю $p$, нулю если $a \equiv 0$, и $-1$ иначе.
+
+**Лемма**. В $\Zp$ поровну квадратичных вычетов и невычетов, а именно $\frac{p - 1}{2}$.
+
+**Доказательство**. Посмотрим на числа $1^2, 2^2, \ldots, (p - 1)^2$. Заметим, что $a^2 \equiv b^2$ равносильно тому что $p \mid (a - b)(a + b)$, то есть
+либо $a \equiv b$, либо $a \equiv -b$. А это значит, что среди первых $\frac{p - 1}{2}$ квадратов нет повторяющихся, а поскольку $a^2
+\equiv (p - a)^2$, то это все квадраты, что и требовалось.
+
+**Лемма**. $\legendre{ab}{p} = \legendre{a}{p} \legendre{b}{p}$.
+
+**Доказательство**. Посмотрим что означает данное утверждение. Оно значит, что произведение двух вычетов является вычетом, произведение двух невычетов также
+является вычетом, а вот произведение вычета и невычета является невычетом.
+
+Очевидно, что произведение двух вычетов является вычетом. $a \equiv x^2, b \equiv y^2$, значит $ab \equiv (xy)^2$.
+
+Также понятно про произведение вычета и невычета. Если $a \equiv x^2, ab \equiv y^2$, то $b \equiv \left( \frac{y}{x} \right)^2$, где
+$\frac{y}{x} = yx^{-1}$, а $x^{-1}$ обратный остаток к $x$.
+
+Осталось доказать, что произведение двух невычетов является вычетом. Предположим противное. Пусть $c \equiv ab$. Для
+каждого $x$ существует единственный $y$ такой, что $xy \equiv c$. Поскольку $c$ не является вычетом все числа можно так разбить на пары.
+Но в каждой паре есть хотя бы один невычет из первого пункта доказательства, но в одной из пар два невычета, значит их больше половины, противоречие.
+
+Мы доказали очень важное свойство, которое называется _мультипликативностью_.
+
+**Лемма**. $\legendre{a}{p} = a^{\frac{p - 1}{2}}$.
+
+**Доказательство**. Заметим, что если $a \equiv x^2$, то $a^{\frac{p - 1}{2}} \equiv x^{p - 1} \equiv 1$ по малой теореме Ферма, то есть
+для вычетов утверждение верно.
+
+Можно было бы сказать, что многочлен $x^{\frac{p - 1}{2}} - 1$ имеет не более $\frac{p - 1}{2}$ корней, потому что $\Zp$ -- поле, но у
+этого факта есть более элементарное доказательство.
+
+Проделаем тот же трюк, что и в доказательстве мультипликативности для двух невычетов. Тогда произведение всех чисел в парах с одной
+стороны равно $(p - 1)!$, так как каждое число встречается ровно один раз, а с другой стороны $a^{\frac{p - 1}{2}}$, но по теореме
+Вильсона $(p - 1)! \equiv -1 \pmod{p}$.
+
+Это знание, например, позволит нам определить когда $-1$ является вычетом, и, даже, если очень постараться, понять то же самое про $2$.
+
+**Лемма**. $-1$ является вычетом тогда и только тогда, когда $p = 4k + 1$.
+
+**Доказательство**. Примените формулу для символа Лежандра.
+
+**Лемма**. $\legendre{2}{p} = (-1)^{\frac{p^2 - 1}{8}}$.
+
+**Доказательство**. Пусть $P = 2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (p - 1)$. Тогда $P \equiv 2^{\frac{p - 1}{2}} \left(\frac{p - 1}{2}\right)!
+\equiv \legendre{2}{p} \left(\frac{p - 1}{2} \right)!$
+
+Сократим общие множители в сравнении и рассмотрим случаи.
+
+__Первый случай__. $p = 4k + 1$. Получаем сравнение
+\begin{equation*}
+    (2k + 2) \cdot \ldots \cdot 4k \equiv \legendre{2}{p} \cdot 1 \cdot 3 \cdot \ldots (2k - 1)
+\end{equation*}
+
+Заметим, что
+\begin{equation*}
+    (2k + 2) \cdot \ldots \cdot 4k \equiv (-1)^k \cdot 1 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)
+\end{equation*}
+Откуда $(-1)^k \equiv \legendre{2}{p}$. Нетрудно проверить, что $k$ и $\frac{p^2 - 1}{8}$ имеют одинаковую четность, что и требовалось.
+
+__Второй случай__. $p = 4k + 3$. Второй случай аналогичен и достается читателю в качестве простого и приятного упражнения.
+
+### Нахождение квадратного корня по модулю
+
+Символ Лежандра числа $a$ можно найти за $O(\log p)$, возведя его в степень $\frac{p - 1}{2}$. А можно ли найти квадратный корень числа
+по модулю?
+
+Для начала попробуем найти квадратный корень $-1$, если $p = 4k + 1$. Пусть $a$ -- невычет по модулю $p$, то $a^{\frac{p - 1}{2}} \equiv -1$, а
+значит $a^{\frac{p - 1}{4}} \equiv a^k$ это искомый корень. Перед нами встаёт задача о нахождении невычета по модулю $p$.
+
+**Лемма**. Существует алгоритм, который находит невычет по модулю $p$ за ожидаемое время $O(\log p)$.
+
+**Доказательство**. Будем брать случайное число от $1$ до $p - 1$ включительно и проверять является ли оно невычетом, вычисляя символ
+Лежандра за $O(\log p)$.
+Поскольку невычетов ровно половина, вероятность того, что очередное число окажется невычетом равна $\frac{1}{2}$, а значит
+ожидаемое число шагов равно $2$.
+
+Существование полиномиального, детерминированного и безусловного(не опирающегося на недоказанные факты) алгоритма является открытой проблемой.
+В предположении гипотезы Римана среди первых $O(\log^2 p)$ чисел есть невычет.
+
+**Лемма**. Если $n$ является вычетом, то существует алгоритм, который за ожидаемое время $O(\log p)$ находит такое $a$, что $a^2 - n$
+является невычетом.
+
+**Доказательство**. Если $n$ вычет, то $n = x^2$, а тогда $a^2 - n = a^2 - x^2 = (a - x)(a + x)$. Воспользуемся мультипликативностью
+символа Лежандра, в предположении, что $a + x$ не равно нулю по модулю $p$.
+
+\begin{equation*}
+\legendre{a^2 - n}{p} = \legendre{(a - x)(a + x)}{p} = \legendre{a - x}{p} \legendre{a + x}{p} = \frac{\legendre{a - x}{p}}{\legendre{a +
+x}{p}} = \legendre{\dfrac{a - x}{a + x}}{p}
+\end{equation*}
+
+Обозначим $f(a) = \dfrac{a - x}{a + x}$. Пусть $f(a) \equiv f(b)$. Тогда
+\begin{equation*}
+\dfrac{a - x}{a + x} \equiv \dfrac{b - x}{b + x}
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+(a - x)(b + x) \equiv (a + x)(b - x)
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+ab - bx + ax - x^2 \equiv ab + bx - ax - x^2
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+(a - b)x \equiv (b - a)x
+\end{equation*}
+
+То есть $f(a) \equiv f(b) \Longrightarrow a \equiv b$. 
+
+Поскольку $\legendre{a^2 - n}{p} = \legendre{f(a)}{p}$, то вероятность того, что случайно выбранное $a$ окажется подходящим равна
+вероятности того, что $f(a)$ является невычетом. Но как было показано ранее, для разных аргументов $f$ возвращает разные значения, а
+значит $f$ равновероятно распределена между какими-то $p - 1$ значениями. 
+
+Среди любых $p - 1$ остатков хотя бы $\frac{p - 1}{2} - 1$ невычетов. Можно понять это так, мы берем все остатки, и исключаем из них
+один, а изначально невычетов $\frac{p - 1}{2}$. Таким образом вероятность того, что $f(a)$ невычет не меньше $\frac{p - 3}{2p - 2}$.
+
+То есть если мы будем выбирать $a$ случайно от 0 до $p$ невключительно, то ожидаемое количество шагов при $p > 3$ ограничено константой. 
+Можно убедиться, что при $p = 3$ мы сможем найти такое $a$. Действительно, единственный вычет это $1$, то есть $n = 1$. Тогда подходящее $a = 0$.
+
+**Лемма**. Существует алгоритм, который для вычета $n$ ищет такой $z$, что $z^2 \equiv n \pmod{p}$ за ожидаемое время $O(\log p)$.
+
+**Доказательство**. Найдём такое $a$, что $a^2 - n$ является невычетом за ожидаемое время $O(\log p)$. Обозначим за $\omega = \sqrt{a^2 - n}$.
+Строго говоря, посмотрим на все многочлены в $\Zp$ от $\omega$. и посмотрим на них по модулю $\omega^2 - (a^2 - n)$. Получившееся
+множество $\{ a + bw \mid a, b \leftarrow \Zp \}$ будем обозначать $T = \Zp[w]/(w^2 - (a^2 - n))$.
+
+Заметим, что числа из $T$ можно складывать и умножать: $$(a + bw) + (c + dw) = (a + c) + (b + d)w, (a + bw)(c + dw) = (ac + bd(a^2 - n)) +
+(ad + bc)w$$
+
+Понятно, что сложение и умножение обладает всеми необходимыми свойствами(коммутативность, дистрибутивность, ассоциативность)
+
+В качестве упражнения читателю остается проверить, что $T$ -- поле. Из содержательных свойств надо проверить обратимость умножения.
+
+**Лемма**. $(a + w)^{\frac{p + 1}{2}}$ является искомым $z$, что в частности значит, что оно не имеет компоненту с $w$.
+
+**Доказательство**. Посмотрим на $(a + w)^{p + 1}$. Заметим, что $(a + w)^p = a^p + w^p$. Действительно, если раскрыть скобки по биному
+Ньютона, то все остальные члены будут делиться на $p$. Также $w^p = -w$, поскольку $w^{p - 1} = (a^2 - n)^\frac{p - 1}{2} = -1$, в силу
+того, что $a^2 - n$ невычет. Тогда
+
+\begin{equation*}
+(a + w)^{p + 1} = (a^p + w^p)(a + w) = (a - w)(a + w) = a^2 - w^2 = a^2 - (a^2 - n) = n
+\end{equation*}
+
+Поскольку читатель проверил, что $T$ является полем, многочлен $x^2 - n$ имеет в нем не более двух корней. Но мы знаем, что $z$ и $-z$
+являются его корнями. В то же время $\left((a + w)^\frac{p + 1}{2}\right)^2 - n = 0$, значит оно и есть искомое $z$.
+
+Итого мы доказали очень простой алгоритм для нахождения квадратного корня по модулю.
+
+1. Найти такое $a$, что $a^2 - n$ является невычетом методом проб и ошибок
+2. Возвести $(a + w)$ в степень $\frac{p + 1}{2}$ быстрым возведением в степень, где $w = \sqrt{a^2 - n}$,  это и будет результатом.
+
+
+## Разложение в сумму двух квадратов
+
+Наша цель, понять, для каких $n$ существуют $a, b$, такие, что $a^2 + b^2 = n$, и как их оптимально искать.
+
+Для начала попробуем решить задачу для простого $p$. Сразу понятно, что если $p = 4k + 3$, то разложить в сумму двух квадратов не
+удастся, можно даже доказать более сильное утверждение.
+
+**Лемма Жирара**. Если $a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{p}$, где $p$ простое число вида $4k + 3$, то $p \mid a, b$.
+
+**Доказательство**. $a^2 \equiv -b^2 \pmod{p}$. Возьмём символ лежандра от обоих частей и воспользуемся мультипликативностью.
+
+\begin{equation*}
+\legendre{a^2}{p} = \left[\legendre{a^2}{p} = \legendre{-b^2}{p}\right] = \legendre{-1}{p} \legendre{b^2}{p} = -1 \legendre{b^2}{p}
+\end{equation*}
+
+Последнее равенство в силу того, что $p = 4k + 3$. Но тогда $\legendre{a^2}{p} = \legendre{b^2}{p} = 0$, что и требовалось.
+
+**Лемма**. Любое простое $p$ вида $4k + 1$ представляется в виде суммы двух квадратов.
+
+Попробуем конструктивно научиться искать разложение для $p = 4k + 1$. Для начала поймем как "перемножать" квадратичные формы,
+это также поможет нам далее, когда мы перейдем в составному $n$.
+
+Пусть $a^2 + b^2 = x, c^2 + d^2 = y$. Тогда
+\begin{equation*}
+a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 = xy
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+(ac)^2 + (ad)^2 + (bc)^2 + (bd)^2 = xy
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+(ac)^2 + (bd)^2 + 2abcd + (ad)^2 + (bc)^2 - 2abcd = xy
+\end{equation*}
+\begin{equation*}
+(ac + bd)^2 + (ad - bc)^2 = xy
+\end{equation*}
+
+То есть мы доказали, что если $x, y$ представимы в виде суммы двух квадратов, то $xy$ тоже представимо в виде суммы двух квадратов.
+
+Попробуем представить число $p$, пользуясь предыдущим знанием. Пусть для начала у нас есть разбиение числа $mp$ для какого-то $m$, то
+есть $a^2 + b^2 = mp$. 
+
+**Определение**. _Абсолютно наименьшим вычетом_ числа $a$ по модулю $m$ называется наименьшее по абсолютному значению $b$ такое, что
+$a \equiv b \pmod{m}$.
+
+Пусть $c, d$ _абсолютно наименьшие вычеты_ чисел $a, b$ по модулю $m$. Тогда $c^2 + d^2 = mk$ и $k \leqslant \frac{m}{2}$.
+
+Тогда мы можем представить $m^2pk = (ac + bd)^2 + (ad - bc)^2$. Остается только заметить, что $ad - bc$ и $ac + bd$ делятся на $m$.
+Действительно, $ad - bc \equiv ab - ab \equiv 0 \pmod{m}$ и $ac + bd \equiv a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{m}$.
+\begin{equation*}
+    pk = \left( \dfrac{ad - bc}{m} \right)^2 + \left( \dfrac{ac + bd}{m} \right)^2
+\end{equation*}
+
+Если мы будем повторять эту процедуру, то на каждом шаге $m$ будет уменьшаться хотя бы в два раза, а значит когда-то станет единицей, и
+мы получим требуемое разбиение.
+
+Тем самым мы не только доказали лемму, но и нашли эффективный алгоритм нахождения такого разложения. 
+
+### Анализ алгоритма
+
+В качестве начального разбиения можно взять $a = 1, b = z$, где $z^2 \equiv -1 \pmod{p}$. Найти $z$ можно за $O(\log p)$.
+Далее мы делаем $O(\log p)$ шагов, так как начальное $m$ не превосходит $p$, на каждом шаге делаем константное число операций.
+
+Итого за $O(\log p)$ времени и $O(1)$ дополнительной памяти мы умеем искать разложение $p$ в сумму двух квадратов.
+
+### Составное $n$
+
+Самое интересное происходит в случае составного $n$. Оказывается верно следующее.
+
+**Рождественская теорема Ферма**. Число $n$ можно представить в виде суммы двух квадратов тогда и только тогда, когда каждое простое $p$
+вида $4k + 3$ входит в разложение $n$ в четной степени.
+
+В одну сторону мы уже умеем доказывать и находить разбиение. Действительно $2 = 1^2 + 1^2, p^2 = 0^2 + p^2$. Для простых вида $4k + 1$
+мы умеем находить разбиение, а ещё мы умеем перемножать два существующих.
+
+**Лемма**. Для любого простого $p$ вида $4k + 3$ его степень вхождения в $a^2 + b^2$ чётна.
+
+**Доказательство**. Если $a^2 + b^2$ не делится на $p$, то утверждение очевидно. Иначе воспользуемся леммой Жирара, получим что $p \mid
+a, b$. Тода $p^2 \mid a^2 + b^2$ и $\left( \frac{a}{p} \right)^2 + \left( \frac{b}{p} \right)^2 = \frac{a^2 + b^2}{p^2}$. Применяя то же
+самое рассуждение получаем требуемое.
+