Cím: Mely természetes számok állíthatók elő négyzetszámok összegeként? II. rész
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1990/március, 97 - 99. 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 előző részben azoknak a természetes számoknak a C halmazát néztük, amelyek előállíthatók két négyzetszám összegeként. Megállapítottuk, hogy C zárt a szorzásra, és hogy egy C-beli a2+b2 szám minden a-hoz és b-hez relatív prím osztója is C-beli;
Ez végül is ahhoz az eredményhez vezetett, hogy a C-beli számok felismerhetőek prímtényezős felbontásukról: Minden 4k+3 alakú prímszámnak páros kitevőn kell szerepelnie.
Nézzük most meg, hogy mely számok írhatóak fel három négyzetszám összegeként; lehet-e ezekről mondani valami "szépet''?
A valóság az, hogy már az első állítás sem vihető át erre az esetre: ez a halmaz nem zárt a szorzásra. Ennek megmutatására tekintsük a 3-at és az 5-öt. Ezek mindegyike három négyzetszám összege: 3=1+1+1, 5=0+1+4. Ezzel szemben kíséreljük meg szorzatukat, 15-öt így felírni. Nem lehet mindegyik tag legfeljebb 4, mert ekkor az összeg legfeljebb 3⋅4=12 volna. A tagok között 16 (vagy annál nagyobb) nem szerepelhet, mert ekkor az összeg nagyobb lenne, mint 15. Ezért valamelyik tag 9, és 15-9=6-ot kellene felírni két négyzetszám összegeként, ami nyilván nem lehetséges. A szorzat tehát nem írható fel.
Tekintsük most a természetes számoknak azt a D halmazát, amelynek az elemei négy négyzetszám összegeként felírhatók.

 

1. Tétel: D zárt a szorzásra.
 

Bizonyítás: Legyen X=a2+b2+c2+d2 és Y=x2+y2+u2+v2 a D-nek két eleme. Kimutatjuk, hogy ezek szorzata is négy négyzetszám összege (vö. Gy. 2550): (Tulajdonképpen meg lehetne indokolni, hogy miért éppen a következő alakú kifejezéseket írjuk fel; ez azonban túl hosszadalmas volna. Éppen ezért megelégszünk az azonosság felírásával). Legyen
Z=(ax+by+cu+dv)2+(ay-bx+cv-du)2++(au-bv-cx+dy)2+(av+bu-cy-dx)2.


ekkor:
X⋅Y=Z.(*)

(Egyszerű számolással belátható, hogy a jobb oldalon a kétszeres szorzatok "kiesnek'', és csak az egyes tagok négyzetösszege marad, ami éppen a két négyzetösszeg szorzata.)
Mint ahogy két négyzetszám összegénél tettük, itt is bizonyítani akarjuk az első tétel megfordítását. Ugyanúgy mint ott, itt is csak a D-beli számok prímosztóira szorítkozunk. Valamin azonban változtatni kell. Két négyzetszám összegénél olyan prímosztókat néztünk, amelyek a tagok egyikének sem voltak osztói. Itt ezt nem tehetjük, mert például lehet, hogy a tagok között 0 is szerepel, és ennek minden prímszám osztója. Éppen ezért azt tesszük fel, hogy a vizsgált prímszám a négy tag közül legalább az egyiknek nem osztója
 

2. Tétel: Ha a p prímszám osztója egy D-beli a2+b2+c2+d2 számnak, de nem osztója az a, b, c, d számok mindegyikének, akkor p is D-beli.
 

Bizonyítás: Itt is hasonlóképpen járunk el, mint a kéttagú összeg esetében, csak kissé bonyolultabb lesz az eljárás. Tegyük fel, hogy X=a2+b2+c2+d2 osztható p-vel, mondjuk t⋅p alakú, ahol t pozitív, és p nem osztója a, b, c, d mindegyikének. Azt is feltehetjük, hogy a, b, c, d-t úgy választottuk p-hez (a fenti feltételek mellett), hogy t minimális legyen. Azt fogjuk bizonyítani, hogy ekkor t=1. Mivel 2∈D triviálisan igaz, ezért feltehető, hogy p páratlan.
Az a, b, c, d számokat osszuk el rendre p-vel úgy, hogy a legkisebb abszolút értékű maradékot kapjuk:
a=p⋅a''+a',b=p⋅b''+b',c=p⋅c''+c',d=p⋅d''+d';
ahol |a'|,|b'|,|c'|,|d'|<p/2. (A p páratlansága következtében nem állhat egyenlőség.) Itt persze a', b', c', d' sem lehetnek mind p-vel oszthatók. Másrészt világos, hogy a'2+b'2+c'2+d'2 az eredeti összegtől p egy többszörösében tér el; ezért maga is p-nek egy többszöröse. Végül, a tagok abszolút értékére vonatkozó feltétel következtében ez a négyzetösszeg biztosan kisebb, mint 4⋅(p/2)2. Eszerint létezik olyan D-beli t'⋅p szám, amely kisebb mint p2, és így t'<p. A t minimalitása alapján tehát t<p is igaz.
Ismét hasonlóképpen járunk el, mint két négyzetszám esetén; az a, b, c, d számokat maradékosan osztjuk t-vel, és a legkisebb abszolút értékű maradékot vesszük:
a=t⋅a1+x,b=t⋅b1+y,c=t⋅c1+u,d=t⋅d1+v,
ahol |x|,|y|,|u|,|v|≤t/2 (Most nem mondhatjuk, hogy egyenlőség nem állhat fenn, hiszen nem tudhatjuk, hogy t nem páros szám-e!)
Feltételünk szerint Y=t⋅p és Z-ben, valamint Y=x2+y2+u2+v2-ben helyettesítsük be az x, y, u, v-re most kapott
x=a-t⋅a1,y=b-t⋅b1,u=c-t⋅c1,v=d-t⋅d1
értékeket a (*) azonosságban. Y-ban a négyzetre emelést elvégezve minden tagban szerepelni fog a t tényezőként, kivéve az a2+b2+c2+d2 összeg tagjait, de ez az összeg t⋅p. Eszerint X=s⋅t alakú, ahol az abszolút értékekre vonatkozó feltétel szerint Y≤4⋅(t/2)2=t2, azaz s≤t.
Először tegyük fel, hogy s<t. (s=0 esetén t|p, amiből t=1 következik). Ekkor Z-ben a kapott négy tag rendre a következő alakú lesz:
a2+b2+c2+d2+t⋅A',(ab-ba+cd-dc)+t⋅B,(ac-bd-ca+db)+t⋅C,(ad+bc-cb-da)+t⋅D;


ahol A', B, C, D egész számok. Az első tag maga is t-vel osztható: t⋅A=t⋅p+t⋅A' alakú. A többi tagok rendre t⋅B, t⋅C és t⋅D. Mivel Z=Y⋅X=(s⋅t)⋅(t⋅p), ahol s<p. Z-re kapjuk, hogy t2⋅s⋅p=Z=(t⋅A)2+(t⋅B)2+(t⋅C)2+(t⋅D)2; ezért:
A2+B2+C2+D2=s⋅p,
ami ellentmond t minimalitásának. Így tehát arra jutottunk, hogy s=t. Ez csak úgy lehet, ha |x|=|y|=|u|=|v|=t/2. Ez azt jelenti, hogy a, b, c, d mindegyike osztható (t/2)-lel, azaz X=t⋅p osztható (t/2)2-nel. Mivel p prím és t<p, ezért ez csak úgy lehetséges, hogy (t/2)2 t-nek osztója, amiből az következik, hogy t osztója 4-nek. Erre három lehetőségünk van: t=4, t=2 és t=1.
Az első esetben |x|=|y|=|u|=|v|=2, így a, b, c, d mindegyike páros. Ez ellentmond t minimalitásának, mert most
(a/2)2+(b/2)2+(c/2)2+(d/2)2=4⋅p/4=p.

A t=2 esetben |x|=|y|=|u|=|v|=1, és így a, b, c, d mindegyike páratlan. Tekintettel arra, hogy páratlan szám négyzete 4-gyel osztva egyet ad maradékul, ezért négyzetösszegük (2⋅p) osztható 4-gyel, ami lehetetlen, hiszen p páratlan.
Végezetül a t=1 esetben éppen a bizonyítandó állítást nyerjük.
Így csak t=1 lehetséges, amivel a tételt bebizonyítottuk.
Azt kell még megvizsgálni, hogy mely prímszámok írhatóak fel négy négyzetszám összegeként.
 

3. Tétel: Minden prímszám felírható négy négyzetszám összegeként.
 

Bizonyítás: A p=2 esetben 2=1+1+0+0 egy megfelelő felírás; ezért a továbbiakban elég páratlan p prímszámokat nézni.
Legyen q=(p-1)/2, és tekintsük a 0,1,...,q számok Q halmazát. Legyen i,j∈Q, és tekintsük az n=i2-j2=(i-j)⋅(i+j) számot. -q≤i-j≤q és 0≤i+j≤2⋅q<p alapján n csak i=j esetén osztható p-vel. Ebből két dologra következtethetünk:
1) Az i2+1(i∈Q) alakú számok p-vel osztva csupa különböző maradékot adnak, mert két ilyen szám különbsége nem lehet p-vel osztható.
2) A -j2(j∈Q) alakú számok is csupa különböző maradékot adnak ugyancsak a fenti indok miatt.
Mármost Q-nak q+1 eleme van, ezért mind az 1)-ben, mind a 2)-ben felsorolt számok q+1 különböző maradékot adnak p-vel osztva. Mivel ezek száma összesen (q+1)+(q+1)=p+1, és p-vel osztva pontosan p számú osztási maradék lehet, ezért kell olyan 1)-ben felsorolt i számnak és olyan 2)-ben felsorolt j számnak lennie, amelyek p-vel való osztási maradéka megegyezik. Ez azt jelenti, hogy különbségük, i2+1+j2 osztható p-vel. Ez a szám 1=12 miatt három (és így négy) négyzetszám összege, tehát p osztója egy D-beli számnak. Mivel p≠1, ezért a második tétel szerint p maga is D-beli, mint állítottuk.
Az első tételt felhasználva most már azonnal adódik:
 

4.Tétel: Minden pozitív egész szám felírható négy négyzetszám összegeként.
 

Érdemes felfigyelni arra, hogy a kapott "négy négyzetszám tétel''-nek a bizonyítása, annak ellenére, hogy sok számolást és "trükköt'' használt fel, teljesen elemi volt. Valamivel mélyebb segédeszköz csupán a "két négyzetszám tétel'' bizonyításánál volt szükséges.