Négynégyzetszám-tétel

A Wikipédiából, a szabad enciklopédiából

A négy-négyzetszám-tétel az additív számelmélet egyik tétele. Azt állítja, hogy minden természetes szám előáll négy négyzetszám összegeként: 7=4+1+1+1, 15=9+4+1+1, 32=16+16+0+0. Lagrange igazolta 1770-ben, Bachet sejtette 1621-ben de a sejtést valószínűleg már sokkal korábban kimondták.

Az Euler-azonosság[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Ez a következő:

(x^2+y^2+z^2+u^2)(X^2+Y^2+Z^2+U^2)=(xX+yY+zZ+uU)^2+
(xY-yX+zU-uZ)^2+(xZ-zX+uY-yU)^2+(xU-uX+yZ-zY)^2.

Az állítás a szorzások elvégzésével könnyen látható.

A tétel igazolása[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Elég prímekre igazolni[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A fenti Euler-azonosság alapján, ha két számra tudjuk az állítást, akkor a szorzatukra is. Indukcióval ez akárhány szám szorzatára is igaz. Ha tudjuk az állítást prímszámokra, mivel minden szám prímek szorzatára bontható, készen vagyunk.

Minden prímnek van ilyen többszöröse[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

Legyen tehát p prím. Feltehetjük, hogy p legalább 3. Először belátjuk, hogy p-nek van négy négyzetszám összegeként írható olyan többszöröse, amiben a négyzetszámok nem mind oszthatók p-vel. Ennél erősebb tételt igazolunk: p-nek van x2+y2+1 alakú többszöröse. Valóban, ha vesszük a négyzetszámokat mod p, azaz a mod p kvadratikus maradékokat, akkor maradékosztályoknak egy (p+1)/2 elemű A halmazát kapjuk. A Cauchy–Davenport-lemma szerint A+A tartalmaz minden mod p vett maradékosztályt, így –1-et is, ami pontosan a bizonyítandó állítás.

A bizonyítás befejezése[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A végtelen leszállás módszerével bebizonyítjuk, hogy ha n>1 pozitív egész, amire np négy négyzetszám összege, akkor van 1<m<n, amire ugyanez igaz.

Tegyük fel először, hogy n páros. Ekkor, az

np=x^2+y^2+z^2+u^2

egyenlőségbeli x, y, z, u közül 0,2, vagy 4 páros. Permutálva őket feltehetjük, hogy x és y, valamint z és u azonos paritású. Ekkor viszont a négy négyzetszám összegeként írható

\left(\frac{x+y}{2}\right)^2+\left(\frac{x-y}{2}\right)^2+\left(\frac{z+u}{2}\right)^2+\left(\frac{z-u}{2}\right)^2

kiszorozva

\frac{x^2+y^2+z^2+u^2}{2}

azaz p (n/2)-szerese, tehát kisebb többszöröse.

Tegyük fel végül, hogy n>1 páratlan és np=x2+y2+z2+u2. Legyen x, y, z, u n-nel vett legkisebb abszolút értékű maradéka rendre X, Y,Z,U. Jegyezzük meg, hogy X, Y, Z, U mindegyikének abszolút értéke kisebb n/2-nél (itt használjuk fel, hogy n páratlan). Így

X^2+Y^2+Z^2+U^2<\left(\frac{n}{2}\right)^2+\left(\frac{n}{2}\right)^2+\left(\frac{n}{2}\right)^2+\left(\frac{n}{2}\right)^2

ami n2-tel egyenlő. Továbbá X2+Y2+Z2+U2 ugyanazt a maradékot adja n-nel osztva mint x2+y2+z2+u2, azaz 0-t. Tehát ez az összeg k n-nel egyenlő valamilyen k<n-re.

Az Euler-azonosság szerint

(x^2+y^2+z^2+u^2)(X^2+Y^2+Z^2+U^2)=A^2+B^2+C^2+D^2,

ahol A, B, C, D az azonosság jobb oldalán szereplő kifejezések.

A bal oldal a fentiek szerint kn2p. Másrészt viszont

A\equiv x^2+y^2+z^2+u^2\equiv 0\pmod{n}
B\equiv xy-yx+zu-zu\equiv 0\pmod{n}

és hasonlóan

C\equiv D\equiv 0 \pmod{n}.

Ezért A,B,C,D mindegyikét leoszthatjuk n-nel, amiből az adódik, hogy kp négy négyzetszám összege.

Más bizonyítások[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]

A tételnek számos további bizonyítása van. Lehet igazolni geometriai számelméleti módszerekkel, kvaterniók segítségével (Hurwitz). Jacobi 1829-ben a

\vartheta_3(0,x)=1+2x+2x^4+2x^9+2x^{16}+\cdots

függvény negyedik hatványának együtthatóit vizsgálva az elliptikus függvények segítségével mutatta meg a tételt, sőt azt is bebizonyította, hogy ha n természetes szám, akkor

n=x^2_1+x^2_2+x^2_3+x^2_4

egész megoldásainak száma

8\sum_{d|n}d

ha n páratlan és

24\sum_{d|n,d \equiv 1\pmod{2}}d

ha n páros.

Lásd még[szerkesztés | forrásszöveg szerkesztése]