Cím: Mely természetes számok állíthatók elő négyzetszámok összegeként? I. rész
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1990/február, 61 - 64. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az úgynevezett pitagoraszi számhármasok (azaz olyan a,b,c egész számok, amelyekre a2+b2=c2 igaz) vizsgálatánál kiderül, hogy mely négyzetszámok állnak elő két négyzetszám összegeként. Megkérdezhető azonban általában is, hogy melyek azok a természetes számok, amelyek felírhatók két négyzetszám összegeként.
Míg a pitagoraszi számhármasok vizsgálata egészen elemi oszthatósági tételekkel elvégezhető, itt mélyebb ismeretekre is szükségünk van. Egyelőre ‐ ameddig lehet ‐ csak egészen egyszerű módszerekkel dolgozunk. A későbbiekben is csupán kimondjuk majd azokat a tételeket, amelyeket felhasználunk.
Vizsgáljuk a természetes számoknak azt a C halmazát, amelynek elemei a két négyzetszám összegeként előállítható számok. Mivel 0 (=02) maga is négyzetszám, ezért C tartalmazza az összes négyzetszámot, és így a 0-t is.

 

1. Tétel: C zárt a szorzásra.
 

Bizonyítás: Tekintsük C két elemét: legyenek ezek a2+b2 és c2+d2. Ezek szorzata
(a2+b2)⋅(c2+d2)=(ac+bd)2+(ad-bc)2,
amivel állításunkat bizonyítottuk. (Megjegyezzük, hogy másféle előállítás is lehetséges.)
Mindenekelőtt nézzük meg, nem tartozik-e minden szám e halmazhoz. Azonnal látható, hogy nem. Például 3 sem állítható elő két négyzetszám összegeként. Ennél sokkal többet bizonyíthatunk:
 

2. Tétel: 4k+3 alakú szám nincs C-ben
 

Bizonyítás: Feltétel szerint C minden x eleme a2+b2 alakú. Ismeretes, hogy páros szám négyzete osztható 4-gyel és páratlan szám négyzete 4-gyel (sőt 8-cal) osztva 1-et ad maradékul. Eszerint, ha a és b párosok, akkor x=a2+b2 is az (sőt 4-gyel osztható); ha egyikük páros, másikuk páratlan, akkor x 4-gyel osztva 1-et ad maradékul; amennyiben mindkettő páratlan, akkor x ismét páros. A megadott C-beli x szám tehát soha nem lehet 4k+3 alakú.
Ahhoz, hogy megállapítsuk, mely számok tartoznak C-hez, azt kell megnéznünk, hogy ezek a számok milyen szorzatként épülnek fel. Elképzelhető volna, hogy C-beli számok minden tényezője is C-beli. Azonnal látható, hogy ez nem igaz. Hiszen 3⋅3=9∈C, míg 3 nincs C-ben. Ez egy sokkal általánosabb ,,rossz lehetőséget'' mutat: Ha u osztója a és b mindegyikének, akkor osztója (a2+b2)-nek is, noha u-ról semmit sem tudunk. Csak akkor remélhetjük, hogy az a2+b2 valamely u osztója is C-beli, ha u-nak a és b egyikével sincs közös osztója.
 

3. Tétel: Ha az a2+b2 valamely u osztója a és b mindegyikéhez relatív prím, akkor u∈C.
 

Bizonyítás: Mindenekelőtt megjegyezzük, hogy ezt elegendő prímszámokra bizonyítani. Egyrészt egy a-hoz és b-hez relatív prím osztó bármely osztója is relatív prím a-hoz és b-hez. Másrészt, ha a tételt bebizonyítjuk az u minden prímosztójára, akkor ezek szorzata is C-beli, az első tétel következtében.
Feltétel szerint létezik olyan v pozitív egész szám, amelyre a2+b2=v⋅u. Tekintsük az olyan v pozitív egészeket, amelyekre v⋅u=a'2+b'2, valamilyen a' és b' egész számokkal. Tegyük fel, hogy úgy választottuk meg a v-t, hogy az a lehető legkisebb legyen. Azt fogjuk belátni, hogy ekkor v biztosan 1, ami éppen u-nak a kívánt alakban való előállítását adja.
Osszuk el a'-t is és b'-t is u-val; mégpedig ne úgy, hogy a legkisebb pozitív maradékot kapjuk, hanem úgy, hogy a legkisebb abszolút értékű maradék adódjék. (Ha például 8-at osztjuk 5-tel, akkor ne azt a felírást vegyük, hogy 8=1⋅5+3, hanem azt, hogy 8=2⋅5+(-2).) Legyen a'=r⋅u+c és b'=s⋅u+d, ahol c és d megfelelően a legkisebb abszolút értékű maradék. Ez azt je]enti, hogy |c|, |d|≦u/2. Ebből azt kapjuk, hogy
c2+d2=(a'-r⋅u)2+(b'-s⋅u)2==a'2+b'2-u⋅(2a'r-r2u+2b's-s2u).

Itt ‐ feltétel szerint ‐ az első tag is osztható u-val, ezért c2+d2 is többszöröse u-nak, mondjuk w-szerese. Mivel |c|, |d|≦u/2, ezért c2+d2≦2⋅(u/2)2=u2/2.
c2+d2 helyébe w⋅u-t írva w⋅u≦u⋅u/2, azaz w≦u/2 adódik. Ebből w<u következik, mert u pozitív egész.
Mivel az u prímszám sem a'-nek sem b'-nek nem osztója, ezért nem osztója c=(a'-ru)-nak és d=(b'-su)-nak sem; így v minimalitása folytán v<u is igaz.
Tegyük fel, hogy v>1, és végezzük most el az előbbi eljárást u helyett v-vel. Legyen tehát
a'=p⋅v+f,b'=q⋅v+g,|f|,|g|≦v/2.

Az előbbihez hasonlóan most azt kapjuk, hogy f2+g2=y⋅v, ahol y<v.
Mivel u prím és v<u, ezért u nem osztója v-nek. Ebből az is következik, hogy v nem lehet osztója a' és b' mindegyikének; ellenkező esetben ugyanis (a'/v)2+(b'/v)2 is osztható volna u-val, ami a v≠1 esetben ellentmond a választott a'2+b'2 felírás minimalitásának. Ezért nem lehet f és g mindegyike 0, vagyis y is pozitív.
Legyen
i=a'f+b'gésj=a'g-b'f.(1)

Ekkor
i=a'(a'-pv)+b'(b'-qv)=u⋅v-(a'p+b'q)v;és  j=a'(b'-qv)-b'(a'-pv)=(b'p-a'q)v.



Eszerint i és j mindegyike osztható v-vel, és ezért
(i/v)2+(j/v)2=(i2+j2)/v2(2)
egész szám. A (2) alatti összeget (1) felhasználásával átírjuk:
(i2+j2)/v2=((a'f+b'g)2+(a'g-b'f)2)/v2==((a'2+b'2)(f2+g2))/v2=(v⋅u)⋅(y⋅v)/v2=y⋅u.



Mivel y<u és u prím, ezért i/v és j/v egyike sem lehet u-val osztható. Eszerint y⋅u is két olyan négyzet összege volna, amelyek egyike sem osztható u-val. Ez pedig 0<y<v és v minimalitása miatt nem lehet, tehát csak v=1 lehetséges, mint ahogy bizonyítani akartuk.
Nézzük most a C egy a2+b2 elemét. Legyen a és b legnagyobb közös osztója e. Mint ismeretes, ekkor a=ce és b=de, ahol c és d relatív prímek. Az a2+b2 összeg e2 és c2+d2 szorzata, és természetesen e tényezők mindegyike C-beli. Mivel C zárt a szorzásra és tartalmazza a négyzetszámokat, ezért elég C-nek azokat a c2+d2 alakú elemeit megvizsgálni, amelyekben c és d relatív prímek. Ezeknek minden u prímosztója olyan, hogy c és d egyikének sem osztója, hiszen egyébként mindkettőnek osztója volna, ami ellentmond annak, hogy e számok relatív prímek. A harmadik tétel szerint e számok maguk is C-beliek. Ezzel a következőt láttuk be:
 

4. Tétel: Ha egy szám felírható két négyzetszám összegeként, akkor ez úgy bontható fel prímszámok hatványainak a szorzatára, hogy minden olyan prímszám, amely páratlan kitevőn szerepel, maga is két négyzetszám összegeként írható fel. Ezért a páratlan kitevőn szereplő prímszámok nem lehetnek 4k+3 alakúak.
 

Kérdés, hogy a nem 4k+3 alakú prímek felírhatóak-e két négyzetszám összegeként? Ha a prím páros (p=2), akkor ilyen felírás triviálisan létezik: 2=1+1.
Nehezebb annak a belátása, hogy a 4k+1 alakú prímekre létezik ilyen felírás. A ‐ talán legegyszerűbb ‐ bizonyításhoz fel kell használni az úgynevezett Wilson tételt, amely így szól:
Ha p prímszám, és az 1-től (p-1)-ig terjedő számok szorzatához 1-et adunk, akkor p-vel osztható számot kapunk.
Legyen q=(p-1)/2, és írjuk fel a fenti szorzat tényezőit a következőképpen:
1,2,...,q-1,q,p-q,p-(q-1),...,p-2,p-1.
A ,,q'' utáni számokat kéttagú összegeknek tekintjük, amelyek első tagja p. A szorzást ennek megfelelően elvégezve, lesznek olyan tagok, amelyekben p fellép tényezőként, ezeket összeadva egy p⋅N alakú számot kapunk. Egyetlen olyan szorzat lesz, amely kimaradt, ez az
1⋅2⋅...⋅q⋅(-q)⋅...⋅(-2)⋅(-1)
szorzat. Legyen most Q=1⋅2⋅...⋅q, ekkor a Wilson tétel szerint (-1)q⋅Q2+1 osztható p-vel. Ha most p=4k+1 alakú, akkor q=2k, azaz (-1)q=+1. Eszerint Q2+1 osztható p-vel. 1=12 miatt ez két négyzet összege. Mivel p nem osztója 1-nek, ezért alkalmazhatjuk a harmadik tételt, amiből következik, hogy p maga is két négyzet összege. Végeredményben tehát beláttuk a következőt :
 

Tétel: Egy természetes szám pontosan akkor áll elő két négyzetszám összegeként, ha prímtényezős felbontásában 4k+3 alakú prímszám csak páros kitevőn szerepel.