Pensé que iba a escribir el quaternion prueba, porque es realmente muy elegante si usted tiene una buena terminología algebraica. Una nota: no lo voy a estar probando bastante el resultado correcto. Deje $r(n)$ el número de cuádruples $(a,b,c,d)$ con $n=a^2+b^2+c^2+d^2$ de manera tal que sea $a$, $b$, $c$ y $d$ son todos en $\mathbb{Z}$, o están todos en $(1/2) + \mathbb{Z}$. La fórmula voy a estar probando que es
$$r(n) = 24 \sum_{\begin{matrix} d|n \\ d \ \mathrm{odd} \end{matrix}} d \quad \mathrm{for}\ n>0$$
La cuestión de la asignación de los términos entre el $\mathbb{Z}$ e $(1/2) + \mathbb{Z}$ es un poco desordenado.
Deje $H$ ser el anillo de los cuaterniones de la forma $a+bi+cj+dk$, con $(a,b,c,d)$ anterior.
Los siguientes lemas se demuestran en muchas fuentes en la cuádrupla la prueba del teorema de Lagrange:
$\bullet$ Todo el derecho ideal de $H$ es la directora.
$\bullet$ El ideal de derecho $(a+bi+cj+dk) H$ tiene índice $(a^2+b^2+c^2+d^2)^2$ en $H$.
Deje $q(n)$ el número de derecho de los ideales de la $H$ que tienen el índice de $n^2$. Desde el grupo de la unidad de $H$ tiene el tamaño de $24$, tenemos $r(n) = 24 q(n)$. Así que nos concentramos en computación $q(n)$.
Deje $I = (a+bi+cj+dk)H$ ser un derecho ideal de $H$ con índice de $n^2$. A continuación,$(a+bi+cj+dk)(a-bi-cj-dk) = n \in (a+bi+cj+dk)H$. Por lo $I/nH$ es un índice $n^2$ ideal en el anillo de $H/nH$. Vemos que $q(n)$ es el número de índice de $n^2$ ideales en $H/nH$.
Ahora, por el teorema del resto Chino, si $m$ e $n$ relativamente primos, a continuación,$H/mnH \cong H/mH \times H/nH$. Por lo $q(n)$ es multiplicativo, y estamos reducidos a probar que el reclamo por $n$ una fuente primaria de energía.
Comenzamos en el caso de $n = p^r$ para $p$ impar. Deje $\mathbb{Z}_p$ ser $p$-ádico enteros y deje $H_p := H \otimes \mathbb{Z}_p$. Vamos a comenzar mostrando que el número de índice de $p^{2r}$ ideales en $H_p$ es $p^r+p^{r-1} + \cdots + p+1$. A continuación, compruebe que todos los ideales que contienen a $p^r H$, por lo que este es también el número de los ideales de $H/p^r H$.
El punto es que $H_p \cong \mathrm{Mat}_{2 \times 2}(\mathbb{Z}_p)$ (de nuevo, para $p$ impar). Por un estándar de encasillar argumento, podemos encontrar $u$ e $v$ con $u^2+v^2 + 1 \equiv 0 \mod p$; por Hensel del lema, podemos encontrar $u$ e $v$ en $\mathbb{Z}_p$ con $u^2+v^2+1=0$. Vamos
$$I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \quad
J = \begin{pmatrix} u & v \\ v & -u \end{pmatrix} \quad
K = \begin{pmatrix} v & -u \\ -u & -v \end{pmatrix}.$$
Entonces $I$, $J$ y $K$ obedecen a la cuádrupla relaciones, y obtener un mapa $H_p \to \mathrm{Mat}_{2 \times 2}(\mathbb{Z}_p)$. Pretendemos que este mapa es bijective. Es un mapa entre dos $\mathbb{Z}_p$-módulos de rango de cuatro, así que sólo tenemos que verificar que el determinante de este mapa es una unidad de $\mathbb{Z}_p$. Este determinante es $-4(u^2+v^2)=4$. Desde $p$ es impar, estamos bien.
Por lo tanto, establece $E_p := \mathrm{Mat}_{2 \times 2}(\mathbb{Z}_p)$. Vamos a contar índice $p^{2r}$ derecho ideales $E_p$. Deje $M$ ser $E_p$-módulo de $\mathbb{Z}_p^2$. Como un módulo sobre la misma, $E_p \cong M^{\oplus 2}$. Derecho ideales es otra palabra para submódulos, por lo que queremos contar índice $p^{2r}$ submódulos de $M^{\oplus 2}$. Desde $E_p$ es Morita equivalente a $\mathbb{Z}_p$, sabemos que $E_p$ submódulos de $M^{\oplus 2}$ están en bijection con $\mathbb{Z}_p$-submódulos de $\mathbb{Z}_p^{\oplus 2}$. Una verificación rápida de la muestra que se índice $p^{2r}$ en $M^{\oplus 2r}$ corresponde a ser el índice de $p^r$ en $\mathbb{Z}_p^{\oplus 2}$. Por otra parte, cada índice $p^r$ submódulo de $\mathbb{Z}_p^{\oplus 2}$ está contenido en $p^r \mathbb{Z}_p^{\oplus 2}$, por lo que cada índice $p^{2r}$ submódulo de $M^{\oplus 2}$ está contenido en $p^r M^{\oplus 2}$, cumpliendo una promesa anterior, y que nos permite cambiar nuestra atención a lo finito problema de contar índice $p^r$ submódulos en $(\mathbb{Z}/p^r)^{\oplus 2}$.
Se limita a mostrar que el número de índice de $p^r$ submódulos de $(\mathbb{Z}/p^r)^{\oplus 2}$ es $p^r + p^{r-1} + \cdots p+1$. Prueba por inducción sobre $r$. Deje $N$ ser un submódulo. Hay dos casos:
(1) $N$ no está contenido en $p (\mathbb{Z}/p^r \mathbb{Z})^{\oplus 2}$. En este caso, $N$ es generado por un solo elemento. El número de elementos de $(\mathbb{Z}/p^r)^{\oplus 2}$ que generan un submódulo de índice $p^r$ es $p^{2r} - p^{2r-2}$. Dos de los elementos que dan el mismo submódulo si su relación es una unidad de $\mathbb{Z}/p^r$; el número de tales unidades es $p^r-p^{r-1}$. Por lo que el número de $N$ en este caso es $(p^{2r}-p^{2r-2})/(p^r - p^{r-1}) = p^r+p^{r-1}$.
(2) $N$ está contenido en $p (\mathbb{Z}/p^r \mathbb{Z})^{\oplus 2}$. En este caso, $N$ es un índice $p^{r-2}$ submódulo de $p (\mathbb{Z}/p^r \mathbb{Z})^{\oplus 2} \cong (\mathbb{Z}/p^{r-1} \mathbb{Z})^{\oplus 2}$. Por inducción, el número de opciones para un $r$ es $p^{r-2} + p^{r-3} + \cdots p+1$.
La adición de los dos casos juntos, hemos terminado.
Bueno, entonces, ¿qué acerca de la $2^r$? Lo que se quiere mostrar es que no es sólo un índice $2^{2r}$ ideal en $H$.
No he encontrado un anillo de la teoría de la forma de hacer esto, pero una prueba directa no es difícil. Observe que, si $a^2+b^2+c^2+d^2$ es incluso, a continuación, $(a,b,c,d)$ deben ser números enteros, e incluso un número de $(a,b,c,d)$ debe ser impar. Así que podemos escribir la $a+b+cj+dk = \epsilon + 2 (a' + b'i+c'j+d'k)$ que $\epsilon$ es uno de $0$, $1+i$, $1+j$, $1+k$, $i+j$, $i+k$, $j+k$ o $1+i+j+k$. Cada opción para $\epsilon$ es divisible por $(1+i)$, y también tenemos $2=(1+i)(1-i)$. Así hemos demostrado que, si $a^2+b^2+c^2+d^2$ es incluso, a continuación, $1+i$ divide $a+bi+cj+dk$. Por inducción, a continuación, $a^2+b^2+c^2+d^2 = 2^r$,, a continuación, $a+bi+cj+dk$ es una unidad veces $(1+i)^r$.
