!!§!! Вспомогательная страница к разделу
☞
((:numtheory:divispascal Исторические задачи по элементарной математике))
!!§!! Под "равенством Эйлера-Лагранжа" известен еще один
☞
((:interpolation#рекурсивное_вычисление_коэффициентов результат))
----
== Тождество Эйлера ==
!!?!! Доказать, что произведение двух чисел, каждое из которых есть сумма четырех квадратов, также равно сумме четырех квадратов.
**Ответ.**
$$ (a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2) \equiv $$
$$ \equiv (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+a_4b_4)^2+(a_1b_2+a_3b_4-a_2b_1-a_4b_3)^2
+(a_1b_3+a_4b_2-a_3b_1-a_2b_4)^2+
$$
$$+(a_1b_4+a_2b_3-a_4b_1-a_3b_2)^2 \ . $$
Этот ответ может быть получен разными способами --- например, раскрытием скобок.
**Решение** применением теории определителей. Составим матрицу
$$
A=\left(\begin{array}{rrrr}
a_1 & a_2 & a_3 & a_4 \\
b_1 & b_2 & b_3 & b_4
\end{array}
\right)
$$
и ((:algebra2#умножение_матриц умножим)) матрицу $ A_{} $ на ей ((:algebra2#транспонирование транспонированную)) $ A^{\top} $
$$
A\cdot A^{\top}
=\left(\begin{array}{cc}
a_1^2+a_2^2 + a_3^2 + a_4^2 & a_1b_1 + a_2b_2+a_3b_3 + a_4 b_4 \\
a_1b_1 + a_2b_2+a_3b_3 + a_4 b_4 & b_1^2+ b_2^2 + b_3^2 + b_4^2
\end{array}
\right) \ .
$$
Теперь вычислим ((:algebra2:dets#определение определитель)) получившейся матрицы второго порядка двумя способами. С одной стороны, он равен
$$ (a_1^2+a_2^2 + a_3^2 + a_4^2)(b_1^2+ b_2^2 + b_3^2 + b_4^2)-(a_1b_1 + a_2b_2+a_3b_3 + a_4 b_4)^2 \ .
$$
С другой стороны, применение ((:algebra:dets:binet_cauchy теоремы Бине-Коши)) к произведению матриц дает сумму $ 6_{} $-ти квадратов:
$$
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_2 \\
b_1 & b_2
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_3 \\
b_1 & b_3
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_4 \\
b_1 & b_4
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_3 \\
b_2 & b_3
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_4 \\
b_2 & b_4
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_3 & a_4 \\
b_3 & b_4
\end{array}
\right|^2 \ .
$$
Таким образом мы получаем представление $ (a_1^2+a_2^2 + a_3^2 + a_4^2)(b_1^2+ b_2^2 + b_3^2 + b_4^2) $
в виде суммы $ 7 $-ми квадратов, в то время как Эйлеру удалось свести все к $ 4 $-м. Попробуем сгруппировать определители в последней сумме:
$$
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_2 \\
b_1 & b_2
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_3 & a_4 \\
b_3 & b_4
\end{array}
\right|^2
\right)+
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_3 \\
b_1 & b_3
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_4 \\
b_2 & b_4
\end{array}
\right|^2
\right)+
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_4 \\
b_1 & b_4
\end{array}
\right|^2+
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_3 \\
b_2 & b_3
\end{array}
\right|^2
\right)
$$
и сделаем из каждой скобки полные квадраты:
$$
=
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_2 \\
b_1 & b_2
\end{array}
\right|+
\left|
\begin{array}{rr}
a_3 & a_4 \\
b_3 & b_4
\end{array}
\right|
\right)^2+
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_3 \\
b_1 & b_3
\end{array}
\right|-
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_4 \\
b_2 & b_4
\end{array}
\right|
\right)^2+
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_4 \\
b_1 & b_4
\end{array}
\right|+
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_3 \\
b_2 & b_3
\end{array}
\right|
\right)^2-
$$
$$
-2
\left(
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_2 \\
b_1 & b_2
\end{array}
\right| \cdot
\left|
\begin{array}{rr}
a_3 & a_4 \\
b_3 & b_4
\end{array}
\right|-
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_3 \\
b_1 & b_3
\end{array}
\right| \cdot
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_4 \\
b_2 & b_4
\end{array}
\right|
+
\left|
\begin{array}{rr}
a_1 & a_4 \\
b_1 & b_4
\end{array}
\right|\cdot
\left|
\begin{array}{rr}
a_2 & a_3 \\
b_2 & b_3
\end{array}
\right|
\right) \ .
$$
Последняя скобка обращается в нуль, а оставшиеся формируют требуемое представление.
!!=>!! В частном случае $ a_4=0, b_4=0 $ тождество Эйлера иногда называют **тождеством Лагранжа**:
$$ (a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2) \equiv (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2+$$
$$+(a_1b_2-a_2b_1)^2 +(a_1b_3-a_3b_1)^2+(a_2b_3-a_3b_2)^2 \ . $$
Из приведенного выше доказательства следует и обобщение тождества для произвольного количества целых чисел:
$$
\left(\sum_{j=1}^n a_j^2 \right)\left(\sum_{j=1}^n b_j^2 \right)-\left(\sum_{j=1}^n a_jb_j \right)^2=
\sum_{1\le j
Формально результат справедлив и для вещественных чисел, но для них его содержание не имеет значения. А вот то, что его можно распространить и на полиномы --- вот это не тривиально.