Marc Ensenbach  Quadratsummen

1 Darstellung natürlicher Zahlen als Summe zweier Quadrate

1.1 Hilfssatz: Für Primzahlen p = 4m + 1 hat die Gleichung s^{2} = −1 im 𝔽_{p} zwei Lösungen, für p = 2 gibt es genau eine solche Lösung, während es für p = 4m + 3 keine Lösung gibt.

Beweis: Für p = 2 ist s = 1 die einzige Lösung. Für ungerades p betrachten wir die Äquivalenzrelation auf 𝔽_{p}^{∗}, die durch die Äquivalenzklassen [x] = {x; −x; x^{−1}; −x^{−1}} gegeben ist. Wir betrachten nun die Fälle, in denen die Äquivalenzklassen nicht vier Elemente haben:

1. Möglichkeit: x = −x.

Wegen x = −x ist dann 2x = x + (−x) = 0 ⇒^{p≠2} x = 0, was kein Element aus 𝔽_{p}^{∗} ist, also kann dieser Fall nicht auftreten.

2. Möglichkeit: x = x^{−1}.

Wegen x = x^{−1} ⇔ x^{2} = 1 ⇔ x = 1 ∨ x = p − 1 erhalten wir in diesem Fall mit {1; p − 1} eine Äquivalenzklasse der Größe 2, die auf alle Fälle auftritt.

3. Möglichkeit: x = −x^{−1}.

Hier ist x = −x^{−1} ⇔ x^{2} = −1. Diese Gleichung ist entweder unlösbar oder besitzt die Lösungen x_{0} und p − x_{0}, die mit der gleichen Begründung wie oben garantiert verschieden sind. In diesem Fall ist die Äquivalenzklasse {x_{0}; p − x_{0}}.

Damit haben wir 𝔽_{p}^{∗} in Äquivalenzklassen der Größe 4 und ein oder zwei Äquivalenzklassen der Größe 2 partitioniert. Da 𝔽_{p}^{∗} gerade p − 1 Elemente hat, gibt es im Fall p = 4m + 3 (also p − 1 = 4m + 2) nur eine zweielementige Äquivalenzklasse, nämlich {1; p − 1}, womit oben die dritte Möglichkeit nicht eintreten kann und damit s^{2} = −1 keine Lösung hat. Ist p − 1 = 4m = 4(m − 1) + 2 + 2, so gibt es zwei Äquivalenzklassen der Größe 2, also tritt die dritte Möglichkeit ein, und x_{0} und p − x_{0} sind gerade die zwei verschiedenen Lösungen von s^{2} = −1.

1.2 Satz: Jede Primzahl der Form p = 4m+1 ist Summe zweier Quadratzahlen, das heißt, es existieren

............

x, y ∈ ℕ_{0} mit p = x^{2} + y^{2}.

Beweis 1: Sei s eine Lösung von s^{2} ≡ −1 modp, die nach 1.1 existiert. Betrachte die Paare (x′; y′) ∈ \{0; …; [\sqrt{p}]\}^{2} =: D, von denen es ([\sqrt{p}] + 1)^{2} gibt. Wegen [x] + 1 > x mit x = \sqrt{p} sehen wir, daß |D| > p gilt. Damit kann f : D → 𝔽_{p}, (x′; y′) ↦ x′ − sy′ nicht injektiv sein, womit es zwei verschiedene Paare (x′; y′) und (x′′; y′′) gibt mit x′ − sy′ ≡ x′′ − sy′′ modp ⇔ x′ − x′′ ≡ s(y′ − y′′) modp. Jetzt definieren wir x := |x′ − x′′| und y := |y′ − y′′|. Aus der obigen Gleichung folgt nun x ≡ ±sy modp und weiter x^{2} ≡ s^{2}y^{2} ≡ −y^{2} modp, was x^{2} + y^{2} ≡ 0 modp impliziert. Da (x′; y′) und (x′′; y′′) verschieden waren, können nicht sowohl x als auch y Null sein, also ist x^{2} + y^{2} > 0. Wegen x, y ∈ \{0; …; [\sqrt{p}]\} und damit x^{2}, y^{2} ⩽ [\sqrt{p}]^{2} < p erhalten wir zuletzt x^{2} + y^{2} < 2p womit für x^{2} + y^{2} nur noch der Wert p übrigbleibt.

Beweis 2: Wir untersuchen die Menge S := {(x; y; z) ∈ ℤ^{3} | 4xy + z^{2} = p, x ⩾ 1, y ⩾ 1}. Da z^{2} immer nichtnegativ ist, muß für (x; y; z) ∈ S gelten: 4xy ⩽ p ⇔ xy ⩽ \frac{p}{4}, was wegen x, y ⩾ 1 nur für x, y ⩽ \frac{p}{4} erfüllbar ist. Für gegebene x, y ist z bis auf das Vorzeichen eindeutig bestimmt, also ist S endlich. Im Folgenden untersuchen wir außer S noch zwei Teilmengen von S, nämlich T := {(x; y; z) ∈ S | z > 0} und U := {(x; y; z) ∈ S | x − y + z > 0}.

1. Schritt: Wir betrachten f : S → S, (x; y; z) ↦ (y; x; −z) mit f ∘ f = id, also ist f insbesondere bijektiv. In S existiert kein Fixpunkt von f , denn dann wäre z = −z ⇒ z = 0 und damit 4xy = p, was wegen p Primzahl unmöglich ist. Weiterhin ist das Bild eines Elementes aus T ein Element aus S \ T und umgekehrt. Da für (x; y; z) ∈ S mit x − y + z = 0 gelten würde: p = 4xy + z^{2} = 4xy + (x − y)^{2} = 4xy + x^{2}− 2xy + y^{2} = x^{2}+ 2xy + y^{2} = (x + y)^{2}, kann es keine solchen Elemente in S geben, also werden die Elemente aus U durch f auf Elemente von S \ U abgebildet, da x − y und z durch f negiert werden. Damit haben wir gezeigt: f : T ↔ T^{C} und f : U ↔ U^{C}, wobei die Komplementbildung in der Grundmenge S aufgefaßt sei. Damit folgt f : T \ U = T ∩ U^{C} ↔ T^{C} ∩ U = U \ T und damit |U| = |U ∩ T| + |U \ T| = |U ∩ T| + |T \ U| = |T|.

2. Schritt: Nun betrachten wir g : U → U, (x; y; z) ↦ (x−y+z; y; 2y−z) und zeigen zunächst, daß dies wirklich eine Abbildung von U nach U definiert: Ist (x; y; z) ∈ U, so ist x−y+z > 0, y > 0 und 4(x−y+z)y+(2y−z)^{2} = 4xy−4y^{2}+4yz+4y^{2}−4yz+z^{2} = 4xy+z^{2} = p, also ist g(x; y; z) ∈ S und wegen (x − y + z) − y + (2y − z) = x > 0 ist sogar g(x; y; z) ∈ U. Weiterhin ist g(g(x; y; z)) = g(x−y+z; y; 2y−z) = (x−y+z−y+2y−z; y; 2y−(2y−z)) = (x; y; z) also g ∘ g = id. Zuletzt untersuchen wir g auf Fixpunkte: (x; y; z) = g(x; y; z) ⇔ (x; y; z) = (x − y + z; y; 2y − z) ⇔ y = z. Unter dieser Bedingung ist p = 4xy + y^{2} = (4x + y)y, womit wegen p Primzahl y = 1 = z sein muß, was aber zu p = 4xy + z^{2} ⇔ x = \frac{p−z^{2}}{4y} = \frac{p−1}{4} führt und damit den einzigen Fixpunkt eindeutig charakterisiert. Wir sehen nun, daß durch die Mengen {(x; y; z); g(x; y; z)} für (x; y; z) ∈ U eine Partitionierung von U gegeben ist, die aus zweielementigen Mengen und genau einer einelementigen Menge besteht, womit |U| ungerade ist.

3. Schritt: Als dritte Abbildung untersuchen wir h : T → T, (x; y; z) ↦ (y; x; z) mit h ∘ h = id. Wegen |T| = |U| ungerade muß h einen Fixpunkt haben, also gibt es in T einen Punkt mit x = y. Für diesen Punkt gilt nun p = 4xy + z^{2} = 4x^{2} + z^{2} = (2x)^{2} + z^{2}.

1.3 Satz: Eine natürliche Zahl n ist genau dann Summe zweier Quadratzahlen, wenn die Primfaktoren

............

p = 4m + 3 von n mit geradem Exponenten auftreten. Beweis: Im Folgenden nennen wir eine Zahl darstellbar, wenn sie Summe zweier Quadrate ist. ”⇒“: 1 = 1^{2} + 0^{2}, 2 = 1^{2} + 1^{2} und Primzahlen der Form p = 4m + 1 sind darstellbar (1.2). Wegen (x^{2} + y^{2})(a^{2} + b^{2}) = x^{2}a^{2} + y^{2}b^{2} + x^{2}b^{2} + y^{2}a^{2} = (x^{2}a^{2} + 2xayb + y^{2}b^{2}) + (x^{2}b^{2} − 2xbya + y^{2}a^{2}) = (xa + yb)^{2} + (xb − ya)^{2} ist auch das Produkt darstellbarer Zahlen darstellbar und nach (x^{2}+y^{2})z^{2} = (xz)^{2}+(yz)^{2} sind auch quadratische Vielfache darstellbarer Zahlen darstellbar, womit die Zahlen n mit obiger Primfaktorzerlegung darstellbar sind. ”⇐“: Sei n = x^{2} + y^{2} darstellbar. Für einen Primteiler p = 4m + 3 von n nehmen wir x ≢ 0 modp an. Dann könnten wir ein x′ finden mit xx′ ≡ 1 modp. Dann würde gelten: x^{2} + y^{2} ≡ 0 modp ⇒ 1 + x′^{2}y^{2} = 1 + (x′y)^{2} ≡ 0 modp ⇒ (x′y)^{2} ≡ −1 modp, was nach 1.1 nicht möglich ist, also muß p ein Teiler von x (und analogerweise auch von y) sein. Damit folgt p^{2}|n und \frac{n}{p^{2}} = (\frac{x}{p})^{2} + (\frac{y}{p})^{2} ist darstellbar, also gilt entweder p ∤ \frac{n}{p^{2}} oder p^{2}|\frac{n}{p^{2}}. Rekursiv erhalten wir, daß p in der Primfaktorzerlegung von n mit geradem Exponenten auftauchen muß.

2 Der Vier-Quadrate-Satz

2.1 Hilfssatz: Sei p eine Primzahl. Dann gibt es genau [\frac{p}{2}] + 1 Quadratzahlen in 𝔽_{p}.

Beweis: Sowohl 0 als auch 1 sind Quadrate, also stimmt die Formel für p = 2. Sei im Folgenden p ungerade, also insbesondere x und −x verschieden für x ∈ 𝔽_{p}^{∗}. Betrachte die Äquivalenzklassen \{x; −x\}, von denen es eine einelementige (\{0\}) und \frac{p−1}{2} zweielementige gibt. Alle Elemente einer Äquivalenzklasse haben gleiche Quadrate, während die Quadrate zweier Elemente aus verschiedenen Äquivalenzklassen verschieden sind: s^{2} = 0 hat nur eine Lösung s = 0, während s^{2} = a für a ∈ 𝔽_{p}^{∗} nach dem Fundamentalsatz der Algebra höchstens zwei Lösungen hat, die aber dann auf jeden Fall in einer Äquivalenzklasse \{x; −x\} vorkommen. Insgesamt gibt es also 1 + \frac{p−1}{2} = 1 + [\frac{p}{2}] verschiedene Quadrate in 𝔽_{p}.

2.2 Hilfssatz: Für alle Primzahlen p gibt es eine Lösung der Gleichung x^{2} + y^{2} = −1 im 𝔽_{p}.

Beweis: Es gibt [\frac{p}{2}] + 1 verschiedene Quadrate in 𝔽_{p} und ebensoviele verschiedene Zahlen der Form −(1 + y^{2}). Diese beiden Mengen sind zu groß um disjunkt zu sein, da 𝔽_{p} nur p Elemente hat, und somit müssen x, y existieren mit x^{2} = −(1 + y^{2}) ⇔ x^{2} + y^{2} = −1.

2.3 Hilfssatz: Sind zwei Zahlen als Summe von vier Quadraten darstellbar, so besitzt auch ihr Produkt eine solche Darstellung.

Beweis: (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})(u^{2} + v^{2} + w^{2} + x^{2}) = (au + bv + cw + dx)^{2} + (av − bu + cx − dw)^{2} + (aw − cu + dv − bx)^{2} + (ax − du + cw − dv)^{2}.

2.4 Satz: Jede Primzahl p ist Summe von vier Quadratzahlen.

............

Beweis: Wir bestimmen im Folgenden die kleinste natürliche Zahl m, für die mp Summe von vier Quadraten ist. Nach 2.2 existieren Zahlen s, t mit s^{2} + t^{2} ≡ −1 modp. Dann ist 0 = 1 + (−1) ≡ 0^{2} + 1^{2} + s^{2} + t^{2} modp, wobei wir s, t < \frac{p}{2} annehmen können, da entweder s oder p − s kleiner als \frac{p}{2} ist (analog für t). Damit folgt 0^{2} + 1^{2} + s^{2} + t^{2} < 1 + 2\frac{p^{2}}{4} < p^{2}, also ist 1 ⩽ m < p. Sei nun mp = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2}. Wegen der Minimalität von m muß ggT(x_{1}; x_{2}; x_{3}; x_{4}) = 1 sein. Ist m gerade, so sind entweder alle Zahlen gerade oder alle ungerade oder zwei gerade und zwei ungerade (o. B. d. A. seien dies x_{3} und x_{4}). In allen Fällen sind x_{1} + x_{2}, x_{1} − x_{2}, x_{3} + x_{4} und x_{3} − x_{4} gerade und deshalb ist

\frac{1}{2}mp = (\frac{x_{1} + x_{2}}{2})^{2} + (\frac{x_{1} − x_{2}}{2})^{2} + (\frac{x_{3} + x_{4}}{2})^{2} + (\frac{x_{3} − x_{4}}{2})^{2}

Summe von vier Quadraten, was im Widerspruch zur Minimalität von m steht, also ist m ungerade. Sei nun angenommen, daß m ⩾ 3 ungerade ist. Dann finden wir Zahlen y_{i} mit y_{i} ≡ x_{i} modm und −\frac{m}{2} < y_{i} < \frac{m}{2} und es gilt y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + y_{4}^{2} ≡ 0 modm wegen x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + x_{4}^{2} = mp ≡ 0 modm. Da nicht alle x_{i} durch m teilbar sein können (sonst wäre ihr größter gemeinsamer Teiler nicht 1), ist 0 < y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + y_{4}^{2}, und diese Summe ist echt kleiner als 4(\frac{m}{2})^{2} = m^{2}. Damit existiert ein natürliches n < m mit y_{1}^{2}+ y_{2}^{2}+ y_{3}^{2}+ y_{4}^{2} = mn. Man erhält durch Multiplikation: m^{2}np = (x_{1}^{2}+ x_{2}^{2}+ x_{3}^{2} + x_{4})(y_{1}^{2} + y_{2}^{2} + y_{3}^{2} + y_{4}^{2}), und nach 2.3 existieren Zahlen z_{i} mit z_{1}^{2} + z_{2}^{2} + z_{3}^{2} + z_{4}^{2} = m^{2}np, wobei aus der Darstellung in 2.3 folgt, daß z_{i} ≡ 0 modm gilt. Daher ist np = (\frac{z_{1}}{m})^{2} + (\frac{z_{2}}{m})^{2} + (\frac{z_{3}}{m})^{2} + (\frac{z_{4}}{m})^{2} Summe von vier Quadratzahlen, was wegen n < m im Widerspruch zur Minimalität von m steht. Damit verbleibt nur noch die Möglichkeit m = 1, was die Behauptung liefert.

2.5 Folgerung: (Vier-Quadrate-Satz)

............

Jede natürliche Zahl ist als Summe von vier Quadratzahlen darstellbar.