不能写成3个平方数之和的正整数

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猜测里面用的方法同幺模矩阵相关(Unimodular Matrix). 幺模矩阵就是那些所有元素都是整数，而且行列式是1或-1的矩阵。 对于幺模矩阵，其逆矩阵也是幺模矩阵，这个只要证明你矩阵所有元素都是整数即可。 实际上，对于幺模矩阵A,求逆矩阵中一行相当于解方程 $Ax=b=[(0),(0),(...),(0),(1),(0),(...),(0)]$ 根据克莱姆法则，我们知道$x_i={|A_i|}/{|A|}$,其中$A_i$是将$A$第i列用b替换得到矩阵。由于$|A|=+-1$,所以$x_i$必然是整数。

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论文里面提到一个等价关系，但是没有具体说明是什么等价关系，但是可以猜测到应该如下定义: 对于一个n*n的对称正定整数矩阵A,它对应于一个二次型$x'Ax$,其中$x$是一个n维向量。 对么对于任何一个幺模矩阵T,我们说二次型$x'T'ATx$和$x'Ax$等价，也可以说对称矩阵$A$和$T'AT$等价。 如果定义正定二次型$f(x)=x'Ax$是一个n维整向量空间到正整数集的映射 那么如果$g(x)$和$f(x)$等价，那么它们的值域相等。证明很简单 设$g(x)=x'T'ATx=x'Bx$,对于任意$a=b'Ab$,取$c=T^-1b$,那么$a=c'Bc$,反之亦然。所以两个函数值域相等。 比如一般二阶二次型就是$ax^2+2bxy+cy^2$,写成矩阵形式就是$[(x,y)][(a,b),(b,c)][(x),(y)]$ 而三阶二次型就是$ax^2+2bxy+cy^2+2dxz+2eyz+fz^2$,写成矩阵形式为$[(x,y,z)][(a,b,d),(b,c,e),(d,e,f)][(x),(y),(z)]$.比如射影几何里面，圆锥曲线方程的一般形式就是其次坐标的二次型。如果对于一个二次型，对于所有非零向量代入结果大于0我们说是正定的

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然后文章证明了一个定理，如果一个3阶的正定整系数二次型其对应矩阵行列式为1，那么它等价于二次型$x^2+y^2+z^2$.也就是说，对于任意一个3阶正定整系数矩阵A，存在幺模矩阵T使得A=T'T. (不知道这个能不能一般化到任意阶). 有了这个结论，后面就相对简单一些了，我们只需要构造一个行列式为1的3阶正定整系数矩阵A,使其二次型可以取到整数n,文章中选择矩阵 $[(a_{11},a_{12},1),(a_{12},a_{22},0),(1,0,n)]$ 由于这个矩阵对于 $x=[(0),(0),(1)]$ 二次型取值为n,我们只需要构造的矩阵特征值为1即可，其中含3个参数 其中$a_{11}>0,b=a_{11}a_{22}-a_{12}^2>0$ 行列式为1的条件相当于$-b -= a_{12}^2(mod a_{22})$ 构造中需要使用Dirichlet定理:对于任意互素整数a,b,数列{an+b}中存在素数。

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上面过程同余式改成$-b -=a_{12}^2(mod bn-1)$ 对于$n-=2,6(mod 8)$,由于$(4n,n-1)=1$,存在素数$p -= n-1 (mod 4n)$ 取$v$使得$p=(4v+1)n-1$,然后取$b=4v+1$,然后证明这个的b是平方剩余。 最后根据b构造$a_{11},a_{12},a_{22}$应该难度不大

zgg___

在网页http://mathworld.wolfram.com/FermatsPolygonalNumberTheorem.html中提到了2层的式子的较为完整的历史。

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我们查看几个n阶初等变换对应的矩阵 i)交换两行 ii)从一行中减去另外一行的k倍(其中k为整数) 可以看出上面两个变换都相当于对一个矩阵左乘一个幺模矩阵。同样对应的列变换相当于对一个矩阵右乘一个幺模矩阵。而幺模矩阵经过上面两个行初等变换后还是幺模矩阵。 于是我们可以证明 引理1:对于一个n维整数列向量x，存在一个幺模矩阵T，使得 $Tx=[(d),(0),(...),(0)]$,其中d为x各个分量的最大公约数。 这个采用数学归纳法即可，对于1维显然成立，假设对于n-1维成立，那么设 $x=[(y),(t)]$,其中y是n-1维向量,t是一维数字，其各分量最大公约数为e,于是(e,t)=d 而且根据归纳假设，存在幺模矩阵S使得$Sy=[(e),(0),(...),(0)]$,取$u=(1,0,0,...,0)$是一个n-1维行向量 $[(S,0),(0,1)][(y),(t)]=[(Sy),(t)]=[(e),(0),(...),(0),(t)]$ 由于(e,t)=d,然后根据辗转相除法，即$r_0=t,r_1=e$,于是存在一列数 ${(r_0=r_1*h_1+r_2,0

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引理3:给定一个二阶整数正定矩阵A,那么存在一个幺模矩阵T,使得TAT'的第一行第一列的元素不超过$2/{sqrt{3}}sqrt{det(A)}$. 证明：记$A=[(a,b),(b,c)],r=2/{sqrt{3}}sqrt{det(A)}$,如果$a<=r$或这$c<=r$,那么非常容易得到（后面一种只需要T是交换A两行对应的幺模矩阵即可。 如果$r3r,c>3r$的情况。 我们只要能够证明对于$max{a,c}>3r$的情况，必然存在一个幺模矩阵变换，是变换以后的矩阵对角线元变小即可。实际上，这是我们还是可以采用上面的$k_0$对应的变换，我们知道这时变换后的矩阵保留一个元素为c,而另外一个元素不超过$g(c)={3r^2}/{4c}+c/4=c/3$ 于是我们知道，如果矩阵对角线两个元素a,c都大于$3r,a>=c$,那么存在一个幺模变换使得变换后矩阵对角线元分别不超过$c/3,c$,而交换行列后继续变换可以使得它们分别不超过$c/3,c/9$.于是我们只要一直采用这种变换下去，最终能够使得它们某个元素小于$3r$,于是最终可以变换后使得某个对角线元不超过r.

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现在可以尝试去证明那个附件文章中的定理了: 引论0.3: 对于一个三阶整系数正定对称阵B,存在幺模矩阵T,使得$A=TBT'=(a_{ij})$,其中满足$a_{11}<=4/3*root{3}{det(A)},2|a_{12}|<=a_{11},2|a_{13}|<=a_{11}$

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现在查看对于一个分块的对称正定阵$[(A,B'),(B,C)]$的一类特殊的幺模矩阵变换$[(I,O'),(X,D)]$,其中I为单位阵,O为零阵,D为一个幺模矩阵。 $[(I,O'),(X,D)][(A,B'),(B,C)][(I,X'),(O,D')]=[(A,AX'+B'D'),(XA+DB,XAX'+DBX'+XB'D'+DCD')]$ 于是如果A是一阶矩阵，我们改成用数字a表示，那么对于给定的a,B,C,D.我们必然可以选择向量X使得向量aX+DB所有元素的绝对值不超过${|a|}/2$.这个是因为假设$DB=Y$,那么对于$Y$的分量$y_i$,我们可以写成$y_i=h_i*a+r_i$,其中$-{|a|}/2<=r<={|a|}/2$,于是取$x_i=-h_i$即可。 同样，另外方面，对于给定A,B,C,D,如果我们想找一个变换$[(I,O'),(X,D)]$使得原矩阵在变换后分块准对角阵，但是这时我们不要求X是整系数矩阵，我们可以选择$X=-DBA^{-1}$,于是变换后结果为 $[(A,O'),(O,D(C-BA^{-1}B')D')]$,而且这样的X阵是唯一的。 特别对于A是一维情况，结果是$[(a,O'),(O,{D(aC-BB')D'}/a)]$ (显然$aC-BB'$正定） 我们看到，这个矩阵右下角部分乘上常数a就是固定矩阵$aC-BB'$关于幺模矩阵D的合同变换。所以如果C是二阶方阵，那么根据引理3,存在$D_0$,使得矩阵$D_0(aC-BB')D_0'$第一个元素不超过$2/{sqrt{3}}sqrt{det(aC-BB')}$. 于是对于一个3*3的整数正定对称阵$U=[(a,B'),(B,C)]$,我们可以先找到这个$D_0$,然后再找到$X_0$使得变换阵$[(I,O'),(X_0,D_0)]$变换矩阵为$[(a,B_0'),(B_0,C_0)]=[(a,b,c),(b,d,e),(c,e,f)]$,其中$B_0$各个分量绝对值都不超过$a/2$. 于是我们知道将这个矩阵准对角化的变换$[(1,O'),(X_1,I)]$可以将它变为$[(a,O'),(O,(aC_0-B_0B_0')/a)]$,而实际上这二次变换相当于对原矩阵采用对角变换$[(1,O'),(X_0,D_0)][(1,O'),(X_1,I)]=[(1,O'),(X_0+D_0X_1,D_0)$,实际上就是前面那个根据引理3使用的变换。于是我们知道矩阵$aC_0-B_0B_0'$第一个元素$ad-b^2$不超过$2/{sqrt{3}}sqrt{det(aC_0-B_0B_0')}$ 而$a*det({aC_0-B_0B_0'}/a)=det(U)$,所以$det(aC_0-B_0B_0')=a det(U)$ 于是我们得到$ad-b^2<={2sqrt{a}}/{sqrt{3}}sqrt{det(U)}$ 由于我们知道a是二次型的最小值，所以必然有$a<=d$,另外我们的选择使得$|b|<=a/2$ 所以我们得到$a^2<=ad<=b^2+{2sqrt{a}}/{sqrt{3}}*sqrt{det(U)}<={a^2}/4+{2sqrt{a}}/{sqrt{3}}*sqrt{det(U)}$,于是我们得出$a<=4/3\root{3}{det(U)}$也就是我们给出了论文中的引论0.3的证明过程.

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现在我们可以有 引论0.4: 任意给定3阶整数正定对称阵A，如果其行列式为1，那么必然存在么模矩阵将它合同变换为单位阵。或者说，对于行列式为1的二次型，可以通过么模矩阵变换到式子$x^2+y^2+z^2$ 根据引论0.3,存在么模矩阵将它变换为$[(a,X'),(X,C)]$,其中$a<=4/3root{3}{det(A)}=4/3$,所以必然a=1. 而$X$各分量绝对值不超过$a/2=1/2$,所以$X=O$.于是矩阵变换成$[(1,O'),(O,C)]$,于是$det(C)=1$ 再根据引理3，存在一个2阶么模矩阵，将C合同变换后第一个元素不超过$2/{sqrt{3}}det(C)=2/{sqrt{3}}<2$，所以只能是1，所以这样再次变换后，C的第一行第一列的元素也是1.这时假设$C=[(1,u),(u,v)]$,我们将第二行减去第一行的u倍，同时将第二列减去第一列的u倍，相当于又做了一次么模矩阵的合同变换，将C变成对角阵，而且第一个元素为1，由于C行列式为1,只能是单位阵。于是经过这些一系列变换后，A也变成单位阵，得证。 而这个定理的意义是说，如果对于某个整数n,如果我们能够找到一个整系数二次型，二次型行列式为1，而且n在其值域中，那么n必然可以写成三个整数平方和。 链接中论文最后部分给出了$n -=2,6(mod 8)$时的构造方法，而$n -=1,3,5(mod 8)$的情况省略了，可以自己补上，应该很类似