Dreiquadratesatz

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Der Inhalt auf dieser Seite entstammt meiner Bachelorarbeit 'Fermat’scher Polygonalzahlensatz', welche ich im Jahr 2016 an der Universität Wien verfasst habe.

Information:
Der Dreiquadratesatz ist ein Spezialfall des Fermat'schen Polygonalzahlensatzes, der besagt, dass jede Zahl $n\neq \ 4^l(8m+7)$ sich als Summe von drei Quadratzahlen schreiben lässt.

quadratischer Rest und quadratischer Nichtrest:
Es sei $p \neq 2$ eine Primzahl und es sei $a \in \mathbb{Z}$ mit $p \nmid a$. Dann heißt $a$ quadratischer Rest modulo $p$, falls die Kongruenz $x^2 \equiv a (p)$ eine Lösung besitzt. Falls diese Kongruent nicht lösbar ist, so nennen wir $a$ einen quadratischer Nichtrest modulo $p$.

Legendre-Symbol:
Es sei $p$ eine Primzahl, $p \neq 2$ und $a \in \mathbb{Z}$ mit $p \nmid a$. \\ Dann definieren wir das Legendre-Symbol wie folgt: $$\left( \frac{a}{p} \right) = \begin{cases} 1 & \text{wenn a quadratischer Rest modulo p} \\ -1 & \text{wenn a quadratischer Nichtrest modulo p} \label{erganz0} \\ \end{cases}$$

Erster Ergänzungssatz
Es sei $p \neq 2$ und $p$ Primzahl. Dann: $$\left( \frac{-1}{p} \right) = (-1)^{\frac{p-1}{2}} \label{erganz1}$$

Zweiter Ergänzungssatz
Es sei $p \neq 2$ und $p$ Primzahl. Dann: $$\left( \frac{2}{p} \right) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}} \label{erganz2}$$

Quadratisches Reziprozitätsgesetz
Es seien $p$ und $q$ zwei verschiedene und ungerade Primzahlen. Dann gilt: $$\left( \frac{p}{q} \right) \left( \frac{q}{p} \right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{q-1}{2} } \label{erganz3}$$

$x^2+y^2=n$ ist genau dann lösbar, wenn jeder Primfaktor $\equiv 3 \ (4)$ in der Primzerlegung von $n$ einen geraden Exponenten besitzt.

Es sei $n \in \mathbb{N}$. Dann bezeichnet $r_k(n)$ die Anzahl aller geordneten, möglichen k-Tupel $(j_1,...,j_k) \in \mathbb{Z}^k$, sodass $n=\sum_{i=1}^{k} j_i^2$ ist.

Dreieckszahlensatz
Es seien $n,m$ und $l \in \mathbb{N}$. Wenn $n \neq 4^l \cdot (8m+7)$ ist, dann kann $n$ als Summe von drei Quadratzahlen dargestellt werden.

Dreiquadratesatz
Es seien $n,m$ und $l \in \mathbb{N}$. Wenn $n \equiv 3 \ (\bmod \ 8)$ ist, dann kann n als Summe von drei Quadratzahlen dargestellt werden.

Beweis:
Wir stellen $n$ in der Form $b^2 \cdot n'$ dar, wobei $n'$ quadratfrei ist. Falls sich $n'$ als Summe von drei Quadraten in der Form $n'=x_1^2+x_2^2+x_3^2$ schreiben lässt, dann gilt $n =(bx_1)^2+(bx_2)^2+(bx_3)^2$. Daher können wir o. B. d. A. annehmen, dass $n$ quadratfrei ist. \\ Die Primfaktorenzerlegung von $n$ lautet daher: $n = \prod_{i=1}^{r} p_i$ mit $p_i>2$ und $p_j \neq p_k$ für $j \neq k$. Es existiert ein nach dem Modul $4p_1p_2...p_r=4n$ eindeutig bestimmtes $x$, welches die folgenden Vorraussetzungen erfüllt: $$x \equiv 1(4) \label{a16}$$ $$x \equiv -2(p_i) \text{ für } i=1,2,...,r \label{a26}$$ Somit gilt laut den Eigenschaften des Moduls, dass $(x,4)=1$ und $(x,p_i)=1$ für $i=1,2,...,r$ und folglich auch $(x,4n) = (x,4p_1p_2...p_r) =1$. Nach dem Dirichlet'schen Primzahlsatz existiert eine Primzahl $q$, die Lösung des Systems $\eqref{a16}$ und $\text{by \eqref{a26}}$ ist.\\ Wegen $q-1 \equiv 0(4)$ ist $\frac{q-1}{2}$ gerade und damit gilt $(-1)^{\frac{q-1}{2}} = 1$. Aus dem Euler'schen Kriterium und dem quadratischen Reziprozitätsgesetzes folgt damit, dass $$\left( \frac{p_i}{q} \right) \cdot \left( \frac{q}{p_i} \right) = (-1)^{\frac{p_i-1}{2} \cdot \frac{q-1}{2}} = 1,$$ wobei die letzte Gleichheit wieder wegen $q-1 \equiv 0(4)$ und $p_i$ ungerade gilt. Wegen der vorigen Gleichung und $\eqref{a26}$ folgt damit, dass $$\left( \frac{p_i}{q}\right)= \left( \frac{q}{p_i}\right)= \left( \frac{-2}{p_i}\right) \text{ für } i=1,2,...,r$$ Weiters gilt unter Verwendung, dass $n \equiv 3(8)$ $$\left( \frac{-n}{q}\right)=\left( \frac{-1}{q}\right) \cdot \left( \frac{n}{q}\right)= \left( \frac{n}{q}\right)=\prod_{i=1}^{r} \left( \frac{p_i}{q}\right)=\prod_{i=1}^{r} \left( \frac{-2}{p_i}\right) = (-1)^{\sum_{p_i \equiv 5 (8) } 1 + \sum_{p_i \equiv 7 (8) } 1} = 1$$ Laut der Definition des Legendre-Symbols Definition $\ref{erganz0}$ existiert somit ein $a$, sodass $$a^2=-n (q). \label{rhegj}$$ Weil $q$ $\eqref{a16}$ löst, ist $q$ ungerade. Wir können daher o. B. d. A. annehmen, dass $a$ ungerade ist. Wäre $a$ nicht ungerade, so würden wir $a+q$ anstelle von $a$ verwenden, da $a+q$ ebenfalls $\eqref{rhegj}$ löst. Durch simples Umschreiben der Kongruenz $\eqref{rhegj}$ können wir folgern, dass $a^2+n=cq$ ist. Weil $a$ ungerade, folgt dass $a^2 \equiv 1(4)$, $n \equiv 3(4)$, und aus $\eqref{a16}$ folgt, dass $q \equiv 1(4)$ ist. Somit gilt, dass $c \equiv 0 (4)$, und damit kann c als $c=4h$ geschrieben werden. \\ Somit gilt: $$a^2+n=4hq. \label{erihn}$$ Die Kongruenz $$y^2 \equiv -2q \ (2q)$$ ist trivialerweise lösbar, da zum Beispiel $2q$ eine Lösung dieser Kongruenz ist. Die Kongruenz $$y^2 \equiv -2q \ (p_i)$$ ist lösbar, da $$\left( \frac{-2q}{p_i} \right) \overset{\eqref{erganz3}}{\underset{\text{}}{=}} \left( \frac{-2}{p_i} \right) \left( \frac{q}{p_i} \right) \overset{\text{}}{\underset{\text{}}{=}} \left( \frac{-2}{p_i} \right)^2\overset{\text{\eqref{a26}}}{\underset{\text{}}{=}} 1 \ \text{für } i=1,2,...,r \label{hurra}$$ Da $q$ $\eqref{a26}$ löst, folgt, dass $q$ ungleich $p_1,p_2,...,p_r$ ist und somit sogar, dass die Moduln $2q,p_1,p_2,....,p_r$ paarweise teilerfremd sind. Daher gibt es auch eine Lösung für $$y^2 \equiv -2q \ (2 q p_1 p_2 \cdots p_r=2 \cdot q \cdot n). \label{unefw}$$ Somit ist $y^2 \equiv 0(2q)$ und damit schreiben wir $y=2qf$. Durch Einsetzen in $\eqref{unefw}$ erhalten wir $4q^2f^2 \equiv -2q (2qn)$. \\ \\ Aufgrund der Eigenschaften der Kongruenz \cite[S.16]{baxa} folgt, dass $$2qf^2\equiv-1 \ (n) \label{nofnro}$$ Wir definieren nun die Matrix $$M := \begin{pmatrix} 2qf & af & n \\[10pt] \sqrt{2q} & \dfrac{a}{\sqrt{2q}} & 0 \\[10pt] 0 & \sqrt{\dfrac{n}{2q}} & 0 \end{pmatrix}$$ Die Determinante der Matrix $M$ ist $n \cdot \sqrt{2q} \cdot \sqrt{\dfrac{n}{2q}} = n^{3/2}$. Die lineare Abbildung $M^{-1}: \mathbb{R}^3 \longrightarrow \mathbb{R}^3$ führt die offene Kugel $$\mathscr{K} = \{(\xi, \zeta, \eta)^T \mid \xi^2+\zeta^2+\eta^2 < 2n \}$$ in die Menge $\mathscr{K'}=M^{-1}(\mathscr{K})$ über. Es gilt, dass $\mathscr{K'}$ messbar, zentralsymmetrisch und konvex ist, weil $\mathscr{K}$ diese Eigenschaften besitzt und sie sich durch die lineare Abbildung vererben. \\ \\ Aus dem Transformationssatz folgt, dass $$i(\mathscr{K}')=i(\mathscr{K}) \cdot n^{-3/2}=\dfrac{4}{3} \pi \cdot r^{3} n^{-3/2} =\dfrac{4}{3} \pi \cdot (2n)^{3/2} n^{-3/2} = \dfrac{4}{3} \pi 2^{3/2} > 2^3$$ Laut dem Gitterpunktsatz von Minkowski, besitzt $\mathscr{K'}$ einen vom Ursprung verschiedenen Gitterpunkt mit ganzzahligen Koordinaten $(x_0,y_0,z_0)$. Sei $(\xi_0, \zeta_0, \eta_0) \in \mathscr{K}$ der eindeutige Punkt, für den $M^{-1} (\xi_0, \zeta_0, \eta_0) = (x_0, y_0, z_0)$ gilt. Somit gilt insbesondere: $$0<\xi_0^2+\zeta_0^2+\eta_0^2 \label{wdnoj} < 2n$$ Damit gilt: $$\begin{pmatrix} \xi_0 \\ \zeta_0 \\ \eta_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2qf & af & n \\[10pt] \sqrt{2q} & \dfrac{a}{\sqrt{2q}} & 0 \\[10pt] 0 & \sqrt{\dfrac{n}{2q}} & 0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \\ z_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2qfx_0+ afy_0 + nz_0 \\[10pt] \sqrt{2q}x_0 + \dfrac{a}{\sqrt{2q}}y_0 \\[10pt] \sqrt{\dfrac{n}{2q}}y_0 \end{pmatrix} \label{matrix}$$ Damit ist $$\begin{split} \xi_0^2+\zeta_0^2+\eta_0^2=(2qfx_0+ afy_0 + nz_0)^2+\left(\sqrt{2q}x_0 + \dfrac{a}{\sqrt{2q}}y_0\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{n}{2q}}y_0\right)^2 = (2qfx_0+ afy_0 + nz_0)^2+2x_0^2q+2ax_0y_0+\dfrac{a^2+n}{2q}y_0^2 \label{haus} \end{split}$$ Wegen $\eqref{erihn}$ ist $\dfrac{a^2+n}{2q}$ ganz und damit ist auch klarerweise $\xi_0^2+\zeta_0^2+\eta_0^2$ ganz. Wir betrachten nun $\xi_0^2+\zeta_0^2+\eta_0^2$ mod $n$: Damit ist: $$\xi_0^2+\zeta_0^2+\eta_0^2 \equiv f^2(2qx_0+ ay_0)^2+2qx_0^2+2ax_0y_0+\dfrac{a^2+n}{2q}y_0^2 \nonumber \\ \equiv f^2 \cdot (4q^2x_0^2+4aqx_0y_0+a^2y_0^2)+2qx_0^2+2ax_0y_0+\dfrac{a^2+n}{2q}y_0^2 \nonumber \\ \equiv 2q(2qf^2+1)x_0^2 + 2a(2qf^2+1)x_0y_0+\dfrac{a^2 \cdot (2qf^2+1)+n}{2q}y_0^2 \ (n) \label{ererr}$$ Die Terme $2q(2qf^2+1)x_0^2$ und $2a(2qf^2+1)x_0y_0$ sind klarerweise wegen $\eqref{nofnro}$ kongruent $0$ modulo $n$. \\ Beim letzten Term ist der Ausdruck $a^2 (2qf^2+1) + n \equiv 0 \ (n)$. Da $\text{ggT}(2q,n)=1$ folgt $2q \mid \frac{a^2(2qf^2+1)+n}{n}$ und $\frac{a^2(2qf^2+1)+n}{2q}y_0^2 \equiv 0 \ (n)$.\\ Somit ist $\eqref{ererr}$ kongruent 0 modulo $n$. Unter Verwendung von $\eqref{wdnoj}$ erhalten wir insgesamt, dass $$\xi_0^2+\zeta_0^2+\eta_0^2=n \label{baum}$$ Es sei $$w:=qx_0^2+ax_0y_0+hy_0^2. \label{defw}$$ Unter Verwendung von $\eqref{erihn}$ lässt sich $\eqref{haus}$ als $$n = \xi_0^2 + 2w \label{ndef}$$ schreiben. Zur Erinnerung: Wir müssen zeigen, dass $n$ als Summe von drei Quadratzahlen geschrieben werden kann. Aufgrund der Zerlegung und weil $\xi_0$ ganz ist (wegen der Zerlegung von $\eqref{matrix}$) genügt es nun, zu zeigen, dass $2w$ als Summe von zwei Quadratzahlen geschrieben werden kann. Somit: $r_2(2w) >0$ Wegen des Korollars $\eqref{gaussi}$ genügt es zu zeigen, dass für jeden Primfaktor $p>2$, der in der Primfaktorenzerlegung von $w$ mit ungeradem Exponenten auftritt, $p \equiv 1 \ (4)$ ist. \\ \\ Wir nehmen nun an, dass $p^{2l+1} \mid w$ (und $l$ maximal mit dieser Eigenschaft) und $p>2$. Es bleibt nun zu zeigen, dass $p$ nur $\equiv 1 \ \bmod \ 4$ ist, und nicht $p \equiv 3 \ \bmod \ 4$. Wegen $\eqref{a16}$ ist $q \equiv 1 \ \bmod \ 4$ und damit können wir o. B. d. A. annehmen, dass $p \neq q$ ist. \\ Wir unterscheiden nun zwei Fälle: - $p \nmid n$
Wegen $\eqref{ndef}$ und $p \mid w$, gilt $n \equiv \xi_0^2 (p)$. Dies ist die Definition eines quadratischen Restes, weshalb das Legendre Symbol $1$ ergibt. Also gilt: $$\left( \frac{n}{p} \right) =1 \label{eins}$$ Nach $\eqref{erihn}$ und $\eqref{defw}$ folgt mittels Einsetzen, dass $$4qw=(2qx_0+ay_0)^2+ny_0^2 \label{asdf}$$ Wir definieren zwei Konstanten $g_1:=2qx_0+ay_0$, $g_2:=y_0$. Wegen $p^{2l+1} \mid w$, existiert eine Konstante $d$, sodass $$d \cdot p^{2l+1}=(g_1)^2+n(g_2)^2 \label{sdlnk}$$ Weil $p \nmid 4q$, gilt insgesamt auch $p \nmid d$. Weil auf der linken Seite der Gleichung der Primfaktor $p$ mit ungeradem Exponent vorkommt, dürfen $g_1$ und $g_2$ nicht verschwinden. Damit definieren wir $m_1 \in \mathbb{N}_0$ und $m_2 \in \mathbb{N}_0$ als größtmögliche Zahlen, sodass $p^{m_1} \mid g_1$ und $p^{m_2} \mid g_2$. In dem man die Gleichung $\eqref{sdlnk}$ jeweils durch die kleinste in den drei Termen vorkommende Potenz von $p$ dividiert, erkennt man, dass $m_1=m_2 \leq l$. Nach Abspaltung von $p^{2m_1}$ erhalten wir $$dp^{2(l-m_1)+1}={g_1'}^2+n{g'_2}^2$$ mit $p \nmid {g_1'}$ und $p \nmid {g_2'}$. Somit folgt unter Betrachtung der obigen Gleichung $\bmod \ p$, dass $${g_1'}^2 \equiv -n{g'_2}^2 (\bmod \ p)$$ Aufgrund der Existenz des inversen Elements folgt weiter, dass $$\left( \frac{-n}{p} \right) =1$$ und unter Berücksichtigung von $\eqref{eins}$ erhalten wir insgesamt $$\left( \frac{-1}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right) \cdot \left( \frac{n}{p} \right) = \left( \frac{-n}{p} \right) = 1$$ Aus dem ersten Ergänzungssatz $\ref{erganz1}$ folgt weiter, dass $p \equiv 1 (\bmod \ 4)$ ist. Somit ist dieser Fall abgeschlossen. - $p \mid n$
Unter Verwendung von $\eqref{ndef}$ und Berücksichtigung von $p \mid w$ ergibt sich, dass $p \mid \xi_0$. Auf die gleiche Art und Weise betrachten wir die Gleichung $\eqref{asdf}$. Weil $p \mid 4qw$ und $p \mid ny_0^2$, folgt dass, $p \mid (2qx_0+ay_0)$. Weil $p^2 \mid (2qx_0+ay_0)^2$, folgt bei Division der Gleichung $\eqref{asdf}$ durch $p$ und Betrachtung von $\bmod \ p$, dass $$4q \frac{w}{p} \equiv \frac{n}{p}y_0^2 \ (\bmod \ p) \label{gleich1}$$ Weil $p \mid \xi_0$, folgt bei Division der Gleichung $\eqref{ndef}$ durch $p$ und Betrachtung von $\bmod \ p$, dass $$\frac{n}{p} \equiv \frac{2w}{p} \ (\bmod \ p) \label{gleich2}$$ Unter Verwendung von $\eqref{gleich2}$ und $\eqref{gleich1}$ erhalten wir weiters, dass $$2q \frac{n}{p} \stackrel{\eqref{gleich2}}{\equiv} 4q \frac{w}{p} \stackrel{\eqref{gleich1}}{\equiv} \frac{n}{p}y_0^2 \ (\bmod \ p) \label{jdw}$$ Weil $n$ quadratfrei ist, gilt, dass $p \nmid \frac{n}{p}$ und damit darf $\frac{n}{p}$ aus $\eqref{jdw}$ herausgekürzt werden. Somit erhalten wir insgesamt: $$y_0^2 \equiv 2q \ (\bmod \ p) \quad \Longrightarrow \quad \left( \frac{2q}{p} \right)=1$$ Aus $\eqref{hurra}$ folgt, dass $$\left( \frac{-2q}{p} \right)=1.$$ Unter Berücksichtigung von den oberen beiden Gleichungen bekommen wir: $$\left( \frac{-1}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right) \left( \frac{2q}{p} \right) = \left( \frac{-2q}{p} \right) =1.$$ Aus dem ersten Ergänzungssatz $\ref{erganz1}$ folgt wiederum, dass $p \equiv 1 \ (\bmod \ 4)$ ist. Somit ist dieser Fall auch abgeschlossen. Somit ist der Satz bewiesen.

Dreieckszahlensatz:
Der Dreieckszahlensatz ist ein Spezialfall des Fermat'schen Polygonalzahlensatzes:
Es sei $n \in \mathbb{N}$. Dann kann $n$ als Summe von $3$ Dreieckszahlen geschrieben werden.

Beweis:
Aus dem Dreiquadratesatz folgt, dass jede Zahl der Gestalt $x \equiv 3 \ (mod \ 8)$ sich als Summe von drei Quadratzahlen schreiben lässt die ungerade sein müssen. Somit: $$8x+3 = (2a+1)^2+(2b+1)^2+(2c+1)^2 \\ =4a^2+1+4a+4b^2+4b+1+4c^2+4c+1$$ Wir erhalten: $$x = \frac{4a^2+4a+4b^2+4b+4c^2+4c}{8} \\ = \frac{4a \cdot (a+1)}{8} + \frac{4b \cdot (b+1)}{8} + \frac{4c \cdot (c+1)}{8} \\ = \frac{a \cdot (a+1)}{2} + \frac{b \cdot (b+1)}{2} + \frac{c \cdot (c+1)}{2} \\ = p_3(a)+p_3(b)+p_3(c)$$

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Der Inhalt auf dieser Seite entstammt meiner Bachelorarbeit 'Fermat’scher Polygonalzahlensatz', welche ich im Jahr 2016 an der Universität Wien verfasst habe.