求证:对于任意的正整数n ,关于a,b,c,d的方程n=a^2+b^2+c^2+d^2都有整数解
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这是 Lagrange 四平方定理
Lagrange 四平方定理： 任何一个正整数都可以表示成不超过四个整数的平方之和.
为了证明 Lagrange 四平方定理, 我们先来证明几个引理：
引理 1 (Euler 四平方恒等式)： (a2+b2+c2+d2)(w2+x2+y2+z2) = (aw+bx+cy+dz)2 + (ax-bw-cz+dy)2 + (ay+bz-cw-dx)2 + (az-by+cx-dw)2, 其中 a, b, c, d, w, x, y, z 为任意整数.
证明： 把各个平方项展开计算即可. Q.E.D.
这个引理就是 Euler 所证明的许多与 Lagrange 四平方定理有关的结果中的一个. 有的读者可能会问, 象这样一个连中学生都可以证明的命题也值得劳动 Euler 的大驾吗? 这样的疑问大家在接触数学史上的许多命题时都有可能会产生. 这里除了要明白 Newton 的那句名言 “如果我比别人看得更远, 那是因为我站在巨人的肩上” 外, 还需要明白这样一点： 那就是一个数学命题的证明容易并不意味着它的提出也容易. 一个中学生虽然可以证明 Euler 四平方恒等式, 但要想让一个中学生独立地提出这样一个公式却是千难万难. 提出一个命题需要有 motivation, 而这种 motivation 往往要通过深入的数学研究或敏锐的数学直觉才会获得. Euler 四平方恒等式在 1843 年之后或许会比较容易被提出, 因为那一年 William Hamilton (1805-1865) 提出了四元数 (quaternion), 使 Euler 四平方恒等式获得了一个漂亮的几何意义, 那就是四元数乘积的模平方等于模平方的乘积. 但 Euler 在这之前很久就提出了这一恒等式[注四].
引理 2： 如果一个偶数 2n 是两个平方数之和, 那么 n 也是两个平方数之和.
证明： 设 2n = a2+b2, 则 n = [(a-b)/2]2 + [(a+b)/2]2. 由于 a 与 b 要么都是偶数, 要么都是奇数 (否则它们的平方和为奇数), 因此 (a-b)/2 与 (a+b)/2 都是整数. 这表明 n 是两个平方数之和. Q.E.D.
引理 3： 如果 p 是一个奇素数, 则存在正整数 k, 使得 kp = m2+n2+1 (其中 m, n 为整数).
证明： 考虑 (p+1)/2 个整数 m2, 其中 m 为 0, 1, ..., (p-1)/2. 不难看到, 这些整数中的任意两个之差 i2-j2 = (i+j)(i-j) 都不可能被 p 整除 (请读者想一想这是为什么?), 这表明这些整数除以 p 所得的余数各不相同.
类似地, (p+1)/2 个整数 -n2-1, 其中 n 为 0, 1, ..., (p-1)/2, 也具有同样的性质, 即除以 p 所得的余数各不相同.
现在把这两组数合在一起, 它们共有 p+1 个, 且各不相同 (为什么?). 由于任何整数除以 p 所得的余数只能有 p 种可能性, 因此这两组数中起码有两个数除以 p 所得的余数相同. 如上所述, 这两个数必定分属两组, 这表明存在某个 m2 与某个 -n2-1, 它们的差可以被 p 整除, 即： m2+n2+1 = kp (k 显然为正整数). Q.E.D.
顺便提一下, 引理三事实上对任何奇数 p 都成立, 但我们的证明只适用于 p 为奇素数的情形 (对于我们的目的来说, 这就足够了). 感兴趣的读者不妨思考一下, 我们的证明在什么地方有赖于 p 是素数这一条件?
3. 证明
有了这几个简单的引理, 现在我们可以来证明 Lagrange 四平方定理了.
Lagrange 四平方定理的证明： 由引理一可知, 任何可以表示成四个平方数之和的数的乘积依然可以表示成四个平方数之和. 由于任何正整数都可以表示成素数的乘积, 因此只要证明任何素数都可以表示成四个平方数之和, 也就证明了 Lagrange 四平方定理. 由于素数中唯一的偶数 2 = 12+12+02+02 显然可以表示成四个平方数之和, 因此只要证明任何奇素数都可以表示成四个平方数之和即可.
由引理三可知, 对所有奇素数 p 都存在正整数 k, 使得 kp = ∑ai2, 其中 ai 为整数, i=1, 2, 3, 4 (这其实比引理三更弱). 倘若 k=1, 我们的证明就完成了. 倘若 k>1, 那么我们分两种情形来分析：
倘若 k 是偶数, 则 ai 之中必定有 0, 2, 或者 4 个偶数 (否则它们的平方和为奇数), 由引理二可知, (k/2)p 也可以表示成四个平方数之和 (请读者想一想这是为什么?).
倘若 k 是大于 1 的奇数, 则我们可以在区间 (-k/2, k/2) 内求 ai 除以 k 之后的余数 δi, 即 ai = k·ni + δi. 将这一表达式两边求平方, 对 i 求和, 并注意到等式两边除 ∑δi2 外都是 k 的倍数, 可知 ∑δi2 必定也是 k 的倍数, 即： ∑δi2 = nk. 由于 δi 都在区间 (-k/2, k/2) 内, 因此 ∑δi2 < k2, 与 ∑δi2 = nk 相比较可知 n
Lagrange 四平方定理： 任何一个正整数都可以表示成不超过四个整数的平方之和.
为了证明 Lagrange 四平方定理, 我们先来证明几个引理：
引理 1 (Euler 四平方恒等式)： (a2+b2+c2+d2)(w2+x2+y2+z2) = (aw+bx+cy+dz)2 + (ax-bw-cz+dy)2 + (ay+bz-cw-dx)2 + (az-by+cx-dw)2, 其中 a, b, c, d, w, x, y, z 为任意整数.
证明： 把各个平方项展开计算即可. Q.E.D.
这个引理就是 Euler 所证明的许多与 Lagrange 四平方定理有关的结果中的一个. 有的读者可能会问, 象这样一个连中学生都可以证明的命题也值得劳动 Euler 的大驾吗? 这样的疑问大家在接触数学史上的许多命题时都有可能会产生. 这里除了要明白 Newton 的那句名言 “如果我比别人看得更远, 那是因为我站在巨人的肩上” 外, 还需要明白这样一点： 那就是一个数学命题的证明容易并不意味着它的提出也容易. 一个中学生虽然可以证明 Euler 四平方恒等式, 但要想让一个中学生独立地提出这样一个公式却是千难万难. 提出一个命题需要有 motivation, 而这种 motivation 往往要通过深入的数学研究或敏锐的数学直觉才会获得. Euler 四平方恒等式在 1843 年之后或许会比较容易被提出, 因为那一年 William Hamilton (1805-1865) 提出了四元数 (quaternion), 使 Euler 四平方恒等式获得了一个漂亮的几何意义, 那就是四元数乘积的模平方等于模平方的乘积. 但 Euler 在这之前很久就提出了这一恒等式[注四].
引理 2： 如果一个偶数 2n 是两个平方数之和, 那么 n 也是两个平方数之和.
证明： 设 2n = a2+b2, 则 n = [(a-b)/2]2 + [(a+b)/2]2. 由于 a 与 b 要么都是偶数, 要么都是奇数 (否则它们的平方和为奇数), 因此 (a-b)/2 与 (a+b)/2 都是整数. 这表明 n 是两个平方数之和. Q.E.D.
引理 3： 如果 p 是一个奇素数, 则存在正整数 k, 使得 kp = m2+n2+1 (其中 m, n 为整数).
证明： 考虑 (p+1)/2 个整数 m2, 其中 m 为 0, 1, ..., (p-1)/2. 不难看到, 这些整数中的任意两个之差 i2-j2 = (i+j)(i-j) 都不可能被 p 整除 (请读者想一想这是为什么?), 这表明这些整数除以 p 所得的余数各不相同.
类似地, (p+1)/2 个整数 -n2-1, 其中 n 为 0, 1, ..., (p-1)/2, 也具有同样的性质, 即除以 p 所得的余数各不相同.
现在把这两组数合在一起, 它们共有 p+1 个, 且各不相同 (为什么?). 由于任何整数除以 p 所得的余数只能有 p 种可能性, 因此这两组数中起码有两个数除以 p 所得的余数相同. 如上所述, 这两个数必定分属两组, 这表明存在某个 m2 与某个 -n2-1, 它们的差可以被 p 整除, 即： m2+n2+1 = kp (k 显然为正整数). Q.E.D.
顺便提一下, 引理三事实上对任何奇数 p 都成立, 但我们的证明只适用于 p 为奇素数的情形 (对于我们的目的来说, 这就足够了). 感兴趣的读者不妨思考一下, 我们的证明在什么地方有赖于 p 是素数这一条件?
3. 证明
有了这几个简单的引理, 现在我们可以来证明 Lagrange 四平方定理了.
Lagrange 四平方定理的证明： 由引理一可知, 任何可以表示成四个平方数之和的数的乘积依然可以表示成四个平方数之和. 由于任何正整数都可以表示成素数的乘积, 因此只要证明任何素数都可以表示成四个平方数之和, 也就证明了 Lagrange 四平方定理. 由于素数中唯一的偶数 2 = 12+12+02+02 显然可以表示成四个平方数之和, 因此只要证明任何奇素数都可以表示成四个平方数之和即可.
由引理三可知, 对所有奇素数 p 都存在正整数 k, 使得 kp = ∑ai2, 其中 ai 为整数, i=1, 2, 3, 4 (这其实比引理三更弱). 倘若 k=1, 我们的证明就完成了. 倘若 k>1, 那么我们分两种情形来分析：
倘若 k 是偶数, 则 ai 之中必定有 0, 2, 或者 4 个偶数 (否则它们的平方和为奇数), 由引理二可知, (k/2)p 也可以表示成四个平方数之和 (请读者想一想这是为什么?).
倘若 k 是大于 1 的奇数, 则我们可以在区间 (-k/2, k/2) 内求 ai 除以 k 之后的余数 δi, 即 ai = k·ni + δi. 将这一表达式两边求平方, 对 i 求和, 并注意到等式两边除 ∑δi2 外都是 k 的倍数, 可知 ∑δi2 必定也是 k 的倍数, 即： ∑δi2 = nk. 由于 δi 都在区间 (-k/2, k/2) 内, 因此 ∑δi2 < k2, 与 ∑δi2 = nk 相比较可知 n
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