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yinhow

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两平方定理

任给一个三元二次型：ax^2+bxy+cy^2, 这里（a,b,c)和(x,y) 都是整数。我们要求
n=ax^2+bxy+cy^2解得数目D(n)。我们以d_{r,m}(n)表示被n整除同时被m除余r所有整数之和，那么：
1）1828年，jacobi给出(a,b,c)=(1,0,1), D(n)=4(d_{1,4}-d_{3,4})
2) 1840年，Dirichlet给出(a,b,c)=(1,0,2), D(n)=2(d_{1,8}+d_{3,8}-d_{5,8}-d_{7,8})
3)1840年，Dirichlet给出(a,b,c)=(1,0,3), D(n)=2(d_{1,3}-d_{2,3})+4(d_{4,12}-d_{8,12})
后来简化的证明需要一个母函数性质的恒等式，在这个等式中参数取特殊值，就能得到以上三个结论。但这个母函数性质的恒等式的证明，需要q-series的一些性质，而这正是Ramanujan最擅长的。对于一般的(a,b,c)，据我所知，还没有答案。

发表时间：2005-10-02, 21:18:53

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yinhow

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Re: 两平方定理

修正：
3)1871年，Lorentzt给出(a,b,c)=(1,0,3), D(n)=2(d_{1,3}-d_{2,3})+4(d_{4,12}-d_{8,12})

发表时间：2005-10-02, 21:20:46

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Re: 两平方定理

对于特殊的三元二次型, 还是能给出的:
(a,b,c)=((p+1)/4,(p-1)/2, (p+1)/4),
p=3,7,11,19,43,67,163
D(n)=\mu\sum_{d|n}(-p|d)
这里(|)是Lendre符号，d能整除n，\mu=6,p=3; \mu=2,p=other

发表时间：2005-10-04, 02:18:11

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Re: 两平方定理

可以换另一种角度考虑这个问题，我们考察由这个三元二次型构造的Zeta function(or Dirichlet series)
L(a,b,c;s)=\sum_{(x,y)\neq(0,0)}(ax^2+bxy+cy^2)^{-s}
一般来说，s=1是这个函数的极点，幸运的是，由Kroncker 极限公式，几乎对于任意的(a,b,c), 我们可以求得s=1时候的留数和常数项。
还有如果(a,b,c)取特定值时，那么这个函数可以表示为通常Dirichlet series的乘积，这时候，也说(a,b,c）是可解得。

发表时间：2005-10-04, 02:27:49

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萍踪浪迹