Sumy kwadratów. Twierdzenie Fermata-Eulera. Lemat Minkowskiego

Transkrypt

1 Sumy kwadratów TWIERDZENIE LAGRANGE A Każda liczba naturalna da się przedstawić w postaci sumy czterech kwadratów. Twierdzenie Fermata-Eulera Każda liczba pierwsza postaci 4k + 1 daje się przedstawić w postaci sumy dwu kwadratów. Zauważmy przede wszystkim, że ( 1/p) = 1, więc kongruencja x 2 = 1 mod p ma rozwiązanie. Niech u będzie jakimkolwiek rozwiązaniem tej kongruencji. Pokażemy, że można dobrać a 0 mod p tak, aby liczby a oraz b = au mod p spełniały a 2 + b 2 < 2p, p a 2 + b 2. Wówczas a 2 + b 2 = p. Np. dla p = 13 mamy u = 5, bo 5 2 = 1 mod 13. Żądaną parą jest (2, 15) = (3, 2). Lemat Minkowskiego Kratą całkowitą w R n nazywamy podzbiór R n postaci gdzie b i tworzą pewną bazę w R n. n L = k i b i, k i Z}, i=1 Obszarem fundamentalnym dla kraty L nazywamy zbiór n P = {x i b i, x i [0, 1)}, i=1 Lemat: Dla dowolnego x R n istnieje dokładnie jeden y P taki, że x y L. Istnienie: Niech x = x i b i. Weźmy y = (x i [x i ])b i. Wówczas x y = [x i ]b i L. Jednoznaczność: 1

2 2 Załóżmy, że y 1 oraz y 2 spełniają tezę. Wówczas y 1 y 2 = (y 1 x) (y 2 x) L, gdyż L jest zamknięte ze względu na dodawanie/odejmowanie. Zatem współrzędne y 1 y 2 są całkowite, a skoro obydwa elementy y 1, y 2 należą do P, to współrzędne te muszą być zerami. Geometrycznie dowód ten sprowadza się do spostrzeżenia, że P L = {O}. Lemat ten pozwala zdefiniować naturalne przekształcenie p : R n P. Lemat: Przekształcenie p lokalnie zachowuje miarę. Dokładniej: Jeżeli E R n jest zbiorem mierzalnym, a p obcięte do E jest różnowartościowe, to Zapiszmy E w postaci E = u L vol(p(e) = vole. E u, gdzie E u = E P u, gdzie P u obraz P przesunięty o wektor u. Zbiory E u są parami rozłączne. Stąd vol(p(e)) = u L vol(p(e u )). Funkcja p na każdym E u jest izometrią, stąd mamy = u L vol(e u ) = vol(e). Lemat: Każda kula w R n jest zbiorem wypukłym. LEMAT MINKOWSKIEGO Niech K będzie wypukłym podzbiorem R n, symetrycznym względem początku układu. Niech L będzie pewną kratą, P jej obszarem fundamentalnym. Jeżeli vol(k) > 2 n vol(p ), to K zawiera punkt kraty L inny niż środek układu. Rozważmy zbiór K będący jednokładnym obrazem K względem początku układu i o skali 1/2. Ponieważ vol(k ) > 1, więc przekształcenie p obcięte do K nie jest różnowartościowe. Tzn. istnieją x, y K takie, że p(x) = p(y). Zatem niezerowy z = x y L. Ponieważ 2x K, 2y K, więc z symetrii 2y K. A z wypukłosci z = x y = (2x + ( 2y))/2 K.

3 3 Twierdzenie Fermata-Eulera: dowód Każda liczba pierwsza postaci 4n + 1 da się przedstawić w postaci sumy x 2 + y 2. Niech p = 4k + 1. Wiemy, że tzn. równanie ( 1/p) = 1, x 2 1 mod p ma rozwiązanie. Niech u będzie jakimkolwiek rowiązaniem tej kongruencji. Rozważmy kratę L = {(a, b) : a, b Z, b ua mod p}. Zastanówmy się, dlaczego to jest krata. Rzeczywiście elementy L są postaci (a, ua + kp) = (a, ua) + (0, kp) = a(1, u) + k(0, p). Tak więc zbiór ten jest kratą generowaną przez [1, u] oraz [0, p]. Miara obszaru fundamentalnego wyraża się wyznacznikiem 1 u 0 p = p. Rozważmy teraz koło B(O, 2p), czyli zbiór punktów (a, b) takich, że a 2 + b 2 < 2p. Ponieważ jej objętość π( 2p) 2 = 2πp > 4p = 2 2 p, więc na mocy lematu Minkowskiego zbiór ten zawiera nietrywialny element (a, b). Z drugiej strony a 2 + b 2 a 2 + (ua) 2 mod p = a 2 (1 + u 2 ) 0 mod p, stąd p a 2 + b 2 < 2p, więc a 2 + b 2 = p. WNIOSEK: Jeżeli w rozkładzie n na czynniki pierwsze każdy czynnik postaci 4k + 3 występuje w parzystej potędze, to n daje się przedstawić w postaci sumy dwu kwadratów. Zauważmy, że 1 2 = , 2 = ,, a iloczyn czynnników postaci 4k + 3 też jest kwadratem (a więc jednoskładnikową sumą kwadratów). Pozostaje zauważyć, ze jeśli jakieś liczby dadzą się przedstawić w postaci sumy kwadratów, to dotyczy to także ich iloczynu. Rzeczywiście: ( ) (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd) 2 + (ad bc) 2. Zauważmy jeszcze, że tożsamość ( ) ta wynika natychmiast z równości z 1 2 z 2 2 = z 1 z 2 2. Na ćwiczeniach pokażemy, ze twierdzenie to daje się też odwrócić.

4 4 Objętość kuli w R 4 TWIERDZENIE Objętość kuli jednostkowej w R 4 wynosi π 2 /2. Kula taka opisana jest nierównością x 2 + y 2 + z 2 + t 2 1. Dla ustalonego t 0 [ 1, 1] przecięcie kuli z hiperpłasczyzną t = t 0 jest zbiorem postaci czyli zwykłą kulą o promieniu R = ω 4 = 1 1 Pozostaje przypomnieć, że skąd x 2 + y 2 + z 2 1 t 2 0, 1 t 2 0. Zatem szukana objętość 4 3 π(1 t2 ) dt = 3 π (1 t 2 ) 3 8 π/2 2 dt = [x = sin t] = 0 3 π cos 4 tdt. 0 cos 4 tdt = cos 2t 2 + ω 4 = 8 3 π 3 8 π 2 = π2 2. cos 4t, 8 DYGRESJA: Suma objętości kul jednostkowych w wymiarach parzystych to e π 1. LEMAT Dla dowolnej liczby pierwszej p kongruencja x 2 + y mod p ma rozwiązania. Dla p = 2 lemat jest oczywisty. Załóżmy zatem, że p jest liczbą pierwszą nieparzystą. Rozważmy dwie funkcje na Z p : f(u) = u 2, g(u) = 1 u 2. Obrazy f(z p ) oraz g(z p ) są oczywiście równoliczne. Obraz f(z p ) składa się z zera i reszt kwadratowych, czyli łącznie ma 1 + p 1 2 = 1 + p 2 elementów. Podobnie g(z p ). Gdyby były rozłączne, to mielibyśmy w sumie p + 1 elementów. Zatem istnieją takie u oraz v, że f(u) = g(v), czyli u 2 = 1 v 2, tzn. u 2 + v 2 = 1. Dowód twierdzenia Lagrange a Niech p będzie liczbą pierwszą. Pokażemy, że daje się ona przedstawić w postaci sumy czterech kwadratów. Niech u, v będą rozwiązaniem kongruencji jw. Rozważmy kratę L = {(a, b, c, d) : c ua + vb, d ub va mod p}.

5 Elementy L mają postać (a, b, ua + vb + kp, ub va + lp) = (a, 0, ua, va) + (0, b, vb, ub) + (0, 0, kp, lp) = = a(1, 0, u, v) + (b(0, 1, v, u) + k(0, 0, p, 0) + l(0, 0, 0, p). Zatem wektory (1, 0, u, v), (0, 1, v, u), (0, 0, p, 0) oraz (0, 0, 0, p) tworzą bazę. Zatem obszar fundamentalny jest równy wyznacznikowi określonemu przez te cztery wektory, czyli p 2. Rozważmy teraz kulę B(O, 2p) = {(x, y, z, t) : x 2 + y 2 + z 2 + t 2 < 2p}. Jej objętość V = ω 4 ( 2p) 4 = π2 2 4p2 = 2π 2 p 2 > 2 8p 2 = 2 4 p 2 = 2 4 vol(p ). Na mocy lematu Minkowskiego istnieje w tej kuli nietrywialny punkt kratowy x = (a, b, c, d). Zatem a 2 + b 2 + c 2 + d 2 < 2p. Zauważmy, że a 2 + b 2 + c 2 + d 2 mod p = a 2 + b 2 + (ua + vb) 2 + (ub va) 2 mod p = = a 2 + b 2 + u 2 a 2 + 2uavb + v 2 b 2 + u 2 b 2 2ubva + v 2 a 2 = = a 2 + b 2 + u 2 a 2 + v 2 a 2 + v 2 b 2 + u 2 b 2 = a 2 (1 + u 2 + v 2 ) + b 2 (1 + u 2 + v 2 ) = 0 mod p. Z dwu ostatnich warunków i nietrywialności wynika, że Ostatni krok a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = p. Oczywiście 2 = Wiemy już zatem, że każda liczba pierwsza jest sumą czterech kwadratów. Pozostaje zauważyć, że (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )(A 2 + B 2 + C 2 + D 2 ) = = (aa bb cc dd) 2 +(ab+ba+cd dc) 2 +(ac+ca+bd db) 2 +(ad+da+bc cb) 2. Jeśli zatem każdy czynnik jest sumą czterech kwadratów, to także odnosi się to do iloczynu. A skąd taka tożsamość? Najprościej skorzystać z kwaternionów: i 2 = j 2 = k 2 = 1, ij = k = ji, jk = i = kj, ki = j = ik. Przez normę kwaternionu rozumiemy Nietrudno udowodnić, że a + bi + cj + dk = a 2 + b 2 + c 2 + d 2. q 1 q 2 2 = q 1 2 q 2 2, skąd ta tożsamość. Trzeba po prostu obliczyć (a + bi + cj + dk)(a + Bi + Cj + Dk) 2. Hurwitz wykazał, że wzory na iloczyny sum kwadratów istnieją tylko dla n = 2, 4, 8, co jest ściśle związane z istnieniem odpowiednich algebr. 5

6 6 Twierdzenie Waringa-Hilberta Edwart Waring, XVIII-wieczny matematyk z Cambridge sformułował hipotezę, że dla zadanej liczby naturalnej k istnieje liczba g(k) taka, że dowolną liczbę naturalną można przedstawić w postaci sumy k-potęg złozonej z g(k) składników. W świetle twierdzenia Lagrange a dla k = 2 mamy g(k) = 4. Waring przypuszał, że g(3) = 9 (potwierdzone 1909), a także g(4) = 19 (potwierdzone 1986). Prawdziwość hipotezy Waringa (bez jawnego wskazywania funkcji g(n)) pokazał Hilbert w roku Ale już Euler wiedział, że dla k 2 zachodzi nierówność g(k) 2 k + [(3/2) k ] 2. Można sprawdzić, ze dla k 4 daje to odpowiednio 4, 9 oraz 19. Pokazano, że dla k wartość tej funkcji zgadza się z empiryczną wartością g(k). (1990) Twierdzenie Jacobiego i... TWIERDZENIE JACOBIEGO: Liczbę przedstawień liczby n m w postaci sumy dwu kwadratów jest równa czterokrotnej różnicy pomiędzy liczbą dzielników postaci 4k + 1 a liczbą dzielników postaci 4k + 3. Np. 65 ma dzielniki 1, 5, 13, 65, więc ma 16 przedstawień (kombinacji 65 = oraz 65 = ); liczba 17 ma dwa dzielniki 1, 17, więc ma 8 przedstawień 17 = (±4) 2 + (±1) 2 i zamiana kolejności. Z twierdzenia Jacobiego można wywnioskować wzór Leibniza: π 4 = Wystarczy obliczyć pole koła (O, r) na dwa sposoby: ze wzoru na pole i szacując liczbę punktów kratowych wewnątrz tego koła (równą liczbie przedstawień liczb n r w postaci sumy dwu kwadratów). Szczegóły: Geometria poglądowa Hilbert, Cohn-Vossen.