每个正整数是4个平方数之和

高斯门徒

证明:每个正整数是4个平方数之和

qtstc

查了一下,拉格朗日定理
证明我看都看不懂= =

高斯门徒

查了一下,拉格朗日定理
证明我看都看不懂= =
qtstc 发表于 2009-8-14 18:03

没搞错吧

xz5024

四平方和定理

高斯门徒

四平方和定理
xz5024 发表于 2009-8-14 19:24

我知道是Lagrange 四平方定理 !

jyc06

你要证明?打不上来,简明数论上有的P227-229

秘密时空

先证明一个引理

引理：设p是奇素数，则同余式x2+y2≡-1(p)有整数解。
证 两组整数
(1) 0，12，22…，[（p-1）/2]2
(2)- 1,-( 12+1),-( 22+1)…,-{ [（p-1）/2]2+1}
每组各含(p+1)/2个数，且组内各数模p互不同余，但两组合起来共p+1个数，因此必有两个数来自不同的组x2与-(y2+1)，它们模p同余（抽屉原理），既x2≡-(y2+1)（p），因此x2+y2≡-1(p)有整数解。

下面做证明,用到四元数

求证：每个正整数都可表示为四个整数的平方和。
证：因为(a12+a22+a32+a42)(b12+b22+b32+b42)=(a1b1+a2b2+a3b3+a4b4)2+
(a1b2-a2b1+a3b4-a4b3)2+(a1b3-a3b1+a4b2-a2b4)2+(a1b4-a4b1+a2b3- a3b2)2
所以只要证明每个素数p能表示为四个整数的平方和。2可以表示。因此可以假定p是奇素数。
由引理，x2+y2+1≡0(p)有整数解,说明存在正整数n使
x12+x22+x32+x42=np有整数解，假定n是具有这一性质的最小正整数，则只需证n=1.
首先证明n是奇数。若n为偶数，则x1,x2,x3,x4的奇偶性只有三种：
四奇，四偶，二奇二偶。无论哪种情况可做代换
y1=x1+x2 ,y2=x1-x2 ,y3=x3+x4 ,y4=x3-x4
使得y1,y2,y3,y4全为偶数，且这时
y12+y22+y32+y42=np.
于是4| np，与n的最小性矛盾。
如果n＞1，则n≥3，求ui使得xi≡ui(n)且|ui|＜n/2,于是
u12+u22+u32+u42≡0(n),而u12+u22+u32+u42＜n2.因此有0＜m＜n
使得u12+u22+u32+u42=mn.
记四元数a=x1+x2i+x3j+x4k.b=u1+u2i+u3j+u4k,
c=ab=z1+z2i+z3j+z4k ,则|c|2=|a|2|b|2=(np)(mn)=pmn2
且
z1=x1u1+x2u2+x3u3+x4u4≡x12+x22+x32+x42≡0(n)
z2=x2u1-x1u2+x4u3-x3u4≡0(n)
z3=x3u1-x1u3+x2u4-x4u2≡0(n)
z4=x4u1-x1u4+x3u2-x2u3≡0(n)
于是zi=tin,n2(t12+t22+t32+t42)=|c|2=pmn2.
t12+t22+t32+t42=mp<np,与n的最小性矛盾，定理得证

jyc06

orz数论帝