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【转帖】数学命题证明欣赏-Lagrange 四平方定理
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Lagrange 四平方定理 - 数学命题证明欣赏 - - 卢昌海 - 1. 命题 这个介绍数学命题证明的系列设立已有两年多了， 却只写了两篇文章， 本文是第三篇。 这个系列介绍的数学命题的证明都是完整的证明[注一]， 所涉及的数学命题都小有名气 (通常挂着著名数学家的名字)。 介绍这些命题的证明除了因为这些命题及证明本身的简洁优美外， 还有一个原因就是我往往会在其它文章中用到这些命题。 Euler 乘积公式 是一个例子 (它在 Riemann 猜想漫谈 中被用到)， 本文所要介绍的 Lagrange 四平方定理也是如此， 我将在有关 Hilbert 第十问题 的文章中用到这一定理。 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。 Lagrange 四平方定理的明确表述最早出现在法国数学家 Claude Bachet (1581-1638) 对 Diophantus 的 《算术》 所作的一段注释中 (因此这一定理也被称为 Bachet 猜想或 Bachet 定理)， 那是在 1621 年。 那一年 Bachet 将 《算术》 由希腊文翻译成了拉丁文[注二]， 他在翻译本的注释中表述了这一命题， 并且提到 Diophantus 有可能知道这一命题。 在 Diophantus 本人的著作中， 其实并没有直接对这一命题做任何叙述， 但由于 Bachet 的注释， 许多人将 Diophantus 作为最早提出这一命题的数学家。 有关四平方定理的证明， 最早的消息来自于 Pierre Fermat (1601-1665)。 1636 年， Fermat 在给朋友 Marin Mersenne (1588-1648) 的信中声称自己证明了这一定理， 但他没有公布证明的内容。 Fermat 去世之后， Leonhard Euler (1707-1783) 曾经试图证明这一定理。 但功绩卓著的 Euler 却在证明这一小小命题时意外地碰了钉子。 从 1730 年至 1770 年， 在大约四十年的时间里 Euler 证明了许多与四平方定理有关的结果， 为后来这一定理的证明创造了条件， 但他本人却很遗憾地未能率先证明这一定理[注三]。 1770 年， 法国数学家 Joseph Lagrange (1736-1813) 以 Euler 的一个结果为基础， 率先给出了四平方定理的证明， 这一定理因此而被称为 Lagrange 四平方定理。 本文所介绍的证明基本思路就来自于 Lagrange。 在 Lagrange 的证明出现两年之后， Euler 终于完成了自己的证明， 那时侯这位伟大的数学家已经双目失明。 2. 引理 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 = Σai2， 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 Σδi2 外都是 k 的倍数， 可知 Σδi2 必定也是 k 的倍数， 即： Σδi2 = nk。 由于 δi 都在区间 (-k/2, k/2) 内， 因此 Σδi2 < k2， 与 Σδi2 = nk 相比较可知 n 现在将引理一运用于 (Σai2)(Σδi2) = kp·nk = nk2p。 由于等式的右边除第一个平方项外， 其余三个平方项均为两个形如 aiδj-ajδi (i≠j) 的表达式之和的平方。 由 ai = k·ni + δi 可知 aiδj-ajδi 是 k 的倍数， 因此这三个平方项均为 k2 的倍数。 由于等式的左边 (Σai2)(Σδi2) = nk2p 是 k2 的倍数， 因此右边剩下的那个平方项 (Σaiδi)2 必定也是 k2 的倍数。 这样， 我们就可以从等式右边的四个平方项中约去共同的因子 k2， 所得的结果仍是四个整数的平方之和 (为什么？)。 另一方面， 等式左边约去 k2 后为 np， 这表明 np 可以表示为四个整数的平方之和。 由于上节末我们证明了 n 将这两个分别针对 k 为偶数与奇数的结果合在一起， 我们看到， 只要 k>1， 无论它是奇数还是偶数， 都可以找到一个比 k 更小的正整数 n， 使得 np 可以表示为四个整数的平方之和。 由于 k 是有限的， 因此通过有限多次这样的步骤我们必定可以使 n 变成 1， 从而证明了任何奇素数 p 都可以表示为四个整数的平方之和， 这就完成了 Lagrange 四平方定理的证明。 Q.E.D. 4. 拓展 细心的读者也许会注意到 Lagrange 四平方定理只是说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。 原则上这个表述并不排除任何一个正整数都可以表示成不超过三个整数的平方和之类的可能性。 但这种可能性是可以很容易地被排除的， 因为有一些正整数， 比如 7 = 22+12+12+12， 不可以写成少于四个整数的平方之和。 因此对于全体正整数而言， Lagrange 四平方定理中的 “四” 已经是最佳结果， 是不可以缩小的[注五]。 Lagrange 四平方定理是一些更普遍的定理的特例， 其中最著名的一个是 Fermat 多边形数定理， 另一个则是 Waring 问题， 我们分别简单提一下： Fermat 多边形数定理 (Polygonal number theorem)： 任何一个正整数都可以写成不超过 n 个 n-边形数之和。 所谓 n-边形数， 指的是可以排列成正 n-边形的数， 比如三角形数是可以排列成正三角形的数， 即形如 1, 1+2, 1+2+3, ..., 的数； 四边形数则是可以排列成正四边形 (即正方形) 的数， 如 1, 4, 9, 16， 也就是平方数 (因此四边形数定理就是 Lagrange 四平方定理)。 这个定理顾名思义， 是由 Fermat 首先提出的， 时间是 1638 年。 Fermat 声称自己有关于这一定理的证明， 但和他的许多类似声称一样， 人们从来没有找到过他的 “证明”。 这个定理真正的证明最早是由 Augustin Cauchy (1789-1857) 于 1813 年给出的。 Waring 问题： 对所有正整数 k， 存在一个相应的正整数 w(k)， 使得所有正整数都可以表示成不超过 w(k) 个正整数的 k 次方之和。 这个问题是 Edward Waring (1736-1798) 于 1770 年 (即 Lagrange 证明四平方定理的那一年) 提出的， 证明则是由 David Hilbert (1862-1943) 于 1909 年给出的。 对于 Waring 问题来说， 确定 w(k) 的最小可能值是一个很有意义的研究课题， 我们把这一最小可能值记为 g(k)。 Hilbert 的证明并没有给出 g(k) 的具体数值， 许多其他数学家对此做了研究， 其结果是： g(1)=1； g(2)=4 (即 Lagrange 四平方定理)； g(3)=9， g(4)=19， g(5)=37 (这是中国数学家陈景润于 1964 年证明的)。 而对于 k>5， 人们有一个猜测： g(k) = floor((3/2)k) + 2k - 2， 其中 floor(x) 为不大于 x 的最大整数。 这个猜测可以被证明是成立的， 前提是有人能够证明 (3/2)k 的分数部分小于或等于 1-(3/4)k。 但 - 你相信吗？ - 这个看似只有中学程度的不等式却是一个至今尚未得到证明的数学命题！ 注释 当然这里所说的 “完整” 是有限度的， 并非是指从公理系统出发进行证明。 Bachet 翻译的 《算术》 对西方数学的发展产生了很积极的影响， 很多西方数学家通过他的翻译才了解了 Diophantus 著作中的有关内容。 Fermat 就是在阅读这一版本的 《算术》 时在页边上写下了许多心得， 其中包括著名的 Fermat 猜想。 读者不要把这段话夸大理解成 Euler 花了整整四十年的时间也无法证明四平方定理， 因为四平方定理只是 Euler 在这四十年里所进行的无数数学研究中的一个很小的部分。 当然， 在数学上各种情形都有： Euler 四平方恒等式是那种证明远比提出来得容易的命题； Fermat 猜想与四色猜想则是相反的例子， 提出相对容易， 证明却极其困难； 另外还有象 Riemann 猜想那样提出与证明 (如果有的话) 都非常困难的命题。 如果所考虑的不是全体正整数， 而是特殊类型的正整数， 则 Lagrange 四平方定理的结果可以加强， 限于篇幅， 本文对此不作介绍了。 参考文献 Mark B. Beintema, Azar N. Khosravani, Universal Forms: The Four-Square Theorem and its Generalizations. Eric. Conrad, Jacobi's Four Square Theorem. Cameron McLeman, Proof of Lagrange's Four-Square Theorem. |
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