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 умножим матрицу $ A_{} $ на ей 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 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 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: $$ \left(\sum_{j=1}^n a_j^2 \right)\left(\sum_{j=1}^n b_j^2 \right)-\left(\sum_{j=1}^n a_jb_j \right)^2= \sum_{1\le j<k\le n}^n \left( a_jb_k-a_kb_j \right)^2 \, . $$