Ok, pretpostavimo da to čudo ima racionalno rješenje R=:(r1,r2,r3). Tada su q1:=2r1+3, q2:=2r2+3 i q3:=2r3+3 (kratko pišemo Q:=2R+3) također racionalni, i vrijedi R=(Q-3)/2, uvrštavanjem čega u početnu jednadžbu dobivamo da je -5 jednak zbroju tri izraza oblika
ri^2+3ri=((qi-3)/2)^2+3(qi-3)/
pa množenjem s 4 imamo -20=q1^2-9+q2^2-9+q3^2-9, odnosno (Q|Q)=7.
Tu smo s (|) označili skalarni produkt vektora:
((v1,v2,v3)|(w1,w2,w3)):=v1w1+
[Primijetimo (*) da Q ne može biti cjelobrojni vektor: ne postoje cijeli brojevi q1,q2,q3 čiji zbroj kvadrata je 7. Naime, ti kvadrati moraju biti <=7, dakle 0, 1 ili 4, s tim da je 4*2=8>7, dakle četvorki može biti najviše jedna, ostali kvadrati su najviše 1. No tada je
q1^2+q2^2+q3^2<=4+2*1=6<7, pa se jednakost ne može postići.]
Sada svedimo Q=(q1,q2,q3) na zajednički nazivnik (neka je to a@|N, štoviše zbog [*] a>1), dakle Q=X/a gdje je X cjelobrojni vektor. Imamo
7=(Q|Q)=(X/a|X/a)=(X|X)/a^2, dakle (X|X)=7a^2. Zapamtimo ovu jednadžbu, trebat će nam kasnije.
Označimo s yi najbliži cijeli broj broju qi (ako je qi na pola puta između dva cijela broja, uzmemo manji), dakle qi=xi/a=yi+fi, gdje je |fi|<=1/2. Množenjem s a dobivamo xi=ayi+afi, dakle (jer su xi i yi cijeli brojevi) afi=:zi@\Z.
Sada je X=aY+Z, te naša jednadžba postaje
7a^2=(X|X)=(aY+Z|aY+Z)=(aY|aY)
Vidimo da svi članovi osim (Z|Z) imaju faktor a, pa i (Z|Z) mora biti djeljiv s a, recimo (Z|Z)=:ab za neki b@\Z.
[U kojem intervalu se kreće b? Kako je (Z|Z)>=0 i a>0, očito je b>=0. Štoviše, b=0 bi značilo 0=ab=(Z|Z)=z1^2+z2^2+z3^2, dakle z1=z2=z3=0, odnosno X=aY, pa bi bilo Q=X/a=Y, odnosno Q bi bio cjelobrojni vektor. Po [*] je to nemoguće, dakle b>0. Također,
ab=(Z|Z)=(aF|aF)=a^2(F|F)=a^2(
Uvrstimo (Z|Z)=ab gore, i dobivamo
7a^2=a^2(Y|Y)+2a(Y|Z)+ab, odnosno skraćivanjem pozitivnog a
a(7-(Y|Y))=b+2(Y|Z). Označimo s t:=7-(Y|Y) drugi faktor na lijevoj strani. (Primijetimo da t sigurno nije 0 zbog [*] - Y je cjelobrojni vektor.) Iz toga dobivamo 2(Y|Z)=at-b, što je korisno za računanje mješovitih produkata koji uključuju Y i Z.
Kao naprimjer: [:-)]
(tZ-bY|tZ-bY)=(tZ|tZ)-(tZ|bY)-
=t^2*ab-bt(at-b)+b^2(7-t)=abt^
A-ha! Krenuli smo od cjelobrojnog vektora X, koji kvadriran (skalarno pomnožen samim sobom) daje 7a^2 (a je bio prirodan broj). Proučavanjem tog X dobili smo broj b, prirodni broj strogo manji od a, te cijeli broj t i cjelobrojne vektore Z i Y, takve da cjelobrojni vektor tZ-bY kvadriran daje 7b^2. Dakle, ako sa S označimo skup svih prirodnih brojeva čiji kvadrati pomnoženi sa 7 se mogu dobiti kvadriranjem nekog cjelobrojnog vektora, upravo smo vidjeli da ako je a@S, tada postoji b<a takav da je b@S. No to je jedino moguće tako da je S prazan (inače bi S kao podskup od |N imao najmanji element, a onda nitko manji od njega ne bi mogao biti u S). Dakle, nema takvog broja, odnosno (X|X)=7a^2 nema rješenja u cjelobrojnim vektorima. Pa, kontrapozicijom, ni ona jednadžba s početka nema racionalnog rješenja. Kved.
Primijetimo da smo činjenicu da se radi baš o broju 7 koristili samo u [*]. Za bilo koji broj koji nije zbroj 3 cjelobrojna kvadrata svo dalje argumentiranje izgledalo bi potpuno isto. Dakle, dobili smo zanimljiv
Božićni teorem(-: Cijeli broj je zbroj 3 racionalna kvadrata ako i samo ako je zbroj 3 cjelobrojna kvadrata.
Pitanja za razmišljanje:
* Božićni teorem očito ne vrijedi za općenite racionalne brojeve: naprimjer, 3/4=(1/2)^2*3 je zbroj 3 racionalna kvadrata, ali očito nije zbroj tri cjelobrojna. Gdje smo u dokazu koristili činjenicu da je 7 cijeli broj? :-]
* Jesmo li negdje bitno koristili činjenicu da se radi o 3 kvadrata? Drugim riječima: vrijedi li Božićni teorem za 2 kvadrata? Za 4 kvadrata? Za 1 kvadrat (taj slučaj vjerojatno znate pod nekim drugim imenom;)?
