math.NT – Zyymat: Mathematics

\{\frac{p}{q}:p,q\text{ prime}\} is dense in the positive real numbers

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Aug 022020

定理形如 $\dfrac pq$($p, q$ 都是素数)的全体有理数构成的集合在非负实数集
中稠密.

令 $0 < a < b$， $q$ 是一个素数.
那么，存在素数 $p$, 使得 $a < p/q\le b$ 当且仅当

$$\pi(bq) > \pi(aq)$$

这里 $\pi$ 是著名的素数个数的函数. 由素数定理, 当 $q\to\infty$ 时

$$\frac{\pi(bq)}{\pi(aq)}\sim\frac{b\ln(aq)}{a\ln(bq)}
=\frac{b(\ln q+\ln a)}{a(\ln q+\ln b)}\sim\frac ba>1.$$

对足够大的 $q$, $\pi(bq)/\pi(aq) > 1$ 为我们的目标.

或者，大同小异换汤不换药

设 $p_n$ 是第个素数。主要的依据是 $p_n\sim n\ln p_n\sim n\ln n$, $n\to\infty$

事实上，根据素数定理，当 $n\to\infty$ 时

$$\pi(p_n)=n\sim\frac{p_n}{\ln p_n}, $$

$$\ln p_n\sim\ln\frac{p_n}{\ln p_n}\sim\ln n. $$

于是， $p_n\sim n\ln p_n\sim n\ln n$, $n\to\infty$

任意正实数$a$, 设 $n_k=[\dfrac{ak}{\ln k}]$， $m_k=[\dfrac{k}{\ln k}]$，

$$\lim_{k\to\infty}\frac{p_{n_k}}{p_{m_k}} = \lim_{k\to\infty}\frac{n_k\ln n_k}{m_k\ln m_k}=a$$

形如 $\dfrac pq$($p, q$ 都是素数)的全体有理数构成的集合在正实数集中稠密.

Fermat’s theorem on sums of two squares: History

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Jul 222020

Fermat 的平方和定理：

素数 $p\equiv1\pmod4$，则 $p$ 能表成两个整数 $ a, b$ 的平方和 $p=a^2+b^2$.

是很精彩的定理，在堆垒数论很经典，我们很感兴趣。今天先来谈一点关于它的历史。

在历史上，最早考虑把正整数（不仅仅是素数）表示成两个正整数的平方和的可能性的问题的数学家是 Albert Girard. 他的论文发表在 1625 年。前面刚刚提到的Fermat 平方和定理有时候也称为 Girard 定理。至于 Fermat, 他在1640年12月25日给　Marin Mersenne 的一封信对这个定理给出了一个详尽的描述，同时也定出了把 $p$ 的幂表成两个整数的平方和有多少种方法。

Albert Girard 小传

Albert Girard 1595 出生于法国的 Saint-Mihiel，1632年 12月8日去世在 Leiden, The Netherlands. 他是早期对代数基本定理有思考的数学家，他还给出了斐波那契数的一个归纳定义，他亦是最早在论文中使用$\sin, \cos, \tan$ 表示三角函数。

Girard 还证明了球面三角形的面积对内角的依赖，这结论以他的名字命名。他也弹琴，提到写过音乐方面的论述，但没有发表过。

根据 Charles Hutton 的研究，Girard 得出了方程的根的和与乘积，以及它们的幂的公式的系数。此外，他还是第一个发现了方程的根的幂的和的公式的人。

Funkhouser 研究了 Girard 使用对称函数来研究方程的工作在历史上的贡献。Lagrange 后来引用了 Girard 在方程方面的工作。后来，在十九世纪，这项工作引出了Galois, Cauchy和其他的数学家创作的群论

Cyclotomic polynomial, Swinnerton-Dyer polynomial

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Jul 172020

作者：赵亮

问题：有哪些 $\mathbb{Z}[x]$ 中的多项式，它们在有理数域 $\mathbb{Q}$ 上是不可约的，而对任意素数 $p$，模 $p$ 以后在 $\mathbb{Z}_p[x]$ 上都是可约的？

当时我给了回答，后来账号注销了，答案也就一并删除了。现在把我的原答案贴在这里：

我所知道的有两大类多项式：

第一类是所有的 Swinnerdon-Dyer 多项式，它们形如 \[f(x)=\prod(x\pm\sqrt{p_1}\pm\sqrt{p_2}\cdots\pm\sqrt{p_n}),\] 其中 $p_1,\ldots,p_n$ 是互不相同的素数，乘积跑遍所有 $2^n$ 种不同的组合。这种多项式都是不可约的整系数多项式，但是模任何素数 $p$ 以后都分解为一次或者二次因式的乘积。

第二类来自分圆多项式，分圆多项式 $\Phi_n(x)$ 是本原 $n$ 次单位根在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式，其次数为 $\phi(n)$，这里 $\phi(\cdot)$ 是 Euler totient 函数。绝大多数分圆多项式模任何素数 $p$ 都是可约的！实际上我们有如下结论：

定理：分圆多项式 $\Phi_n(x)$ 模任何素数 $p$ 都可约当且仅当 $n\ne1,2,p,2p^k$，其中 $p$ 是奇素数，$k$ 是正整数。

你可以看到知乎那个问题下的回答中举的例子都是最简单的 Swinnerdon-Dyer 多项式或者分圆多项式的例子。

The first non-trivial case of a conjecture of Erdős on arithmetic progressions

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Jul 082020

7月7日，Thomas F. Bloom, Olof Sisask 在 arXiv 上传了一篇论文 Breaking the logarithmic barrier in Roth’s theorem on arithmetic progressions( arxiv.org/abs/2007.03528), 该文的主要结果是证明了:

Theorem 1 如果 $A\subset \{1, . . . , N\}$, 且 $A$ 不含非平凡的三项等差数列，即 $x+y=2z$ 的解, $x\ne y$. 则

\[|A|\ll \frac{N}{(\log N)^{1+c}}\]

$c\gt 0$ 是绝对常数.

Thomas F. Bloom, Olof Sisask 的这个结果改进了Roth 的一个关于整数不含三项等差数列的上界的定理。

如果 $A\subset \{1, . . . , N\}$, 且 $A$ 不含非平凡的三项等差数列，那么 $A$ 的阶可以有多大？

在此之前的记录是：$A$ 的元素个数可达 $O\Big(\frac{N}{(\log N)^{1-o(1)}}\Big)$. 这个结果可以找到三个不同的证明，这些证明在 $o(1)$ 这一项有一点差异。这几个证明来自Sanders, Thomas F. Bloom, Olof Sisask, 还有 Schoen.

要指出的是：常数 $c$ 是 principle effective，但是计算它需要艰巨的工作。

数学家们的期待，是 Behrend 提出的猜想，这个最佳的上界是

\[|A|\ll Ne^{-O((\log N)^c)}\]

接下来，说一下 Thomas F. Bloom的Olof Sisask 定理的第一个副产品：

Erdos 的著名猜想

Erdos 有一个著名的猜测是：如果 $A\subset\Bbb N$, 且 $\sum\limits_{n\in A}\frac1n=\infty$，那么 $A$ 包含任意长的等差数列。

由 Thomas F. Bloom, Olof Sisask 的定理，可以导出 Erdos 的这著名猜想的一个不平凡的特殊情况：

Corollary 2 如果 $A\subset\Bbb N$, 且 $\sum\limits_{n\in A}\frac1n=\infty$，那么 $A$ 含无穷多非平凡的三项等差数列。

Proof. 若不然，假定 $A\subset\Bbb N$, 且 $A$ 仅仅含有有限个非平凡的三项等差数列。于是，对于任意的 $N$

\[F(N)\colon=|A\cap\{1, . . . , N\}|\ll\frac{N}{(\log N)^{1+c}}+1,\]

这里的 $c$ 是定理 1 的常数。进而

\[\sum_{n\in A\atop n\leq N}\frac1n=\frac{F(N)}{N}+\int_1^N\frac{F(t)}{t^2}\mathrm dt\ll \int_1^N\frac{1}{t(\log t)^{1+c}}\mathrm dt+1\ll1.\]

令 $N\to\infty$, 得 $\sum\limits_{n\in A}\frac1n$ 收敛。

$A$ 的阶的下界

最后，顺便提一下 $A$ 的阶的下界， 1946年 Behrend的高维球面构造法给出了

\[|A|\geq Ne^{-c\sqrt{\log N } }\]

Hilbert’s 17th Problem 6: History

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Oct 202017

既然奇次多项式会变号, 那么设 $d$ 次多项式 $p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]$ 非负, 则 $d$ 为偶数. 我们以后只要关注偶次多项式就行了.

Hilbert’s 17th Problem 5: Homogeneous polynomial

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Oct 122017

齐次多项式(Homogeneous polynomial)在数学中有其特殊的重要性.

在代数几何, Homogeneous polynomial 尤其受到偏爱.

实数域上的的 $n$ 元多项式环, 以 $\Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]$ 表之.

Hilbert 限制在齐次多项式.

定义 5.1 设 $p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]$, 其次数 $\leqslant d$. 把 $n+1$ 元 $d$ 次齐次多项式

\begin{equation}\overline{p}(x_0, x_1,\dotsc, x_n)=x_0^dp\Big(\frac{x_1}{x_0}, \frac{x_2}{x_0},\dotsc, \frac{x_n}{x_0}\Big)\end{equation}

称为是 $p$ 的齐次化(Homogenization). 具体来说, 当 $p=\sum cx_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n}$, 那么

\begin{equation}\begin{split}\overline{p}(x_0, x_1,\dotsc, x_n )&=x_0^d\sum c\Big(\frac{x_1}{x_0}\Big)^{d_1}\Big(\frac{x_2}{x_0}\Big)^{d_2} \dotsm \Big(\frac{x_n}{x_0}\Big)^{d_n}\\&=\sum cx_0^{d-d_1-d_2-\dotsb-d_n}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n} \\&=\sum cx_0^{d_0}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dotsm x_n^{d_n},\end{split}\end{equation}

这里 $d_0=d-d_1-d_2-\dotsb-d_n$.

定理 5.2 设 $p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]$, 其次数 $\leqslant d$. 如果 $d$ 为偶数, 那么

$p$ 非负当且仅当 $\overline{p}$ 非负;
$p$ 是多项式的平方和当且仅当 $\overline{p}$ 能表成 $\frac d2$ 次齐次多项式的平方和.

引理 5.3 假定 $p$, $p_1$, $p_2$, $\dotsc$, $p_k\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]$ 都是多项式, $p=p_1^2+p_2^2+\dotsm+p_k^2$. 如果 $p_1$, $p_2$, $\dotsc$, $p_k$ 不全是零多项式, 那么

$p\ne0$;
$\deg(p)=2\max\{\deg(p_l)|l=1, 2, \dotsc, k\}$;
如果 $p$ 是 $d$ 次齐次多项式, 则诸 $p_l$ 皆是 $\dfrac d2$ 次齐次多项式.

Proof 不妨 $p_1\ne0$. 于是, 存在 $x\in\Bbb R^n$, 使得 $p_1(x)\ne0$. 然后

\[p(x)=p_1^2(x)+p_2^2(x)+\dotsm+p_k^2(x)\ge0\]

蕴涵 $p(x)\ne0$.

写 $p_l$ 为 $p_l=p_{l0}+p_{l1}+p_{l2}+\dotsb+p_{ld}$, 这里 $p_{li}$ 是 $p_l$ 的 $i$ 次齐次成分, $d=\max\{\deg(p_l)|l=1, 2, \dotsc, k\}$. 很明显, $\deg(p)\leqslant2d$; 1 表明 $p$ 的 $2d$ 次齐次成分 $p^2_{1d}+p^2_{2d}+\dotsb+p^2_{kd}\ne0$, 因为有某 $l$ 使得 $p_{ld}\ne0$.

第 3 部分的证明与 2 完全类似, 考虑诸 $p_l$ 的最低次齐次成分即可. $\Box$

Proof 当 $p$ 非负之时, 要证明 $\overline{p}$ 非负, 若 $x_0\ne0$, 由 $(1)$ 式即可; 若 $x_0=0$, 由

\begin{equation}\overline{p}(0, x_1,\dotsc, x_n)=\lim_{h\to0}\overline{p}(h, x_1,\dotsc, x_n)\end{equation}

立得.

当 $\overline{p}$ 非负之时, 只要注意

\begin{equation}p(x_1,\dotsc, x_n)=\overline{p}(1, x_1,\dotsc, x_n)\end{equation}

即知 $p$ 非负.

如果$p$ 是多项式的平方和, $p=\sum\limits_{l=1}^kp_l^2$, 那么依据引理 5.3, $\deg(p_l)\leqslant\dfrac d2$. 然后

\begin{equation}\overline{p}=\sum_{l=1}^k\Bigg(x_0^{\frac d2}p_l\Big(\frac{x_1}{x_0}, \frac{x_2}{x_0},\dotsc, \frac{x_n}{x_0} \Big)\Bigg)^2 \end{equation}

说明 $\overline{p}$ 能表成 $\frac d2$ 次齐次多项式的平方和.

如果 $\overline{p}$ 能表成多项式的平方和, $\overline{p}=\sum\limits_{l=1}^kh_l^2$,

\begin{equation}p=\overline{p}(1, x_1,\dotsc, x_n)=\sum_{l=1}^k\Big(h_l(1, x_1,\dotsc, x_n)\Big)^2\end{equation}

说明 $p$ 能表成多项式的平方和. $\Box$

现在, 很容易的, 我们顺便建立二次多项式非负与平方和的联系.

定理 5.4 设二次多项式 $p\in \Bbb R[x_1, x_2,\dotsc, x_n]$ 非负, 那么 $p$ 能写成多项式的平方和.

有了定理 5.2, 这个定理就是很显然的了: 只需要考虑与 $p$ 对应的二次齐次多项式 $\overline{p}$ 就够了. $\overline{p}$ 是二次型. 依据高等代数的正定二次型的理论, 我们断言定理 5.4 为真.

Hilbert’s 17th Problem 4: The Anneli Lax-Peter Lax form

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Sep 242017

1971 IMO P1 Prove that the following assertion is true for $n = 3$ and $n = 5$, and that it is false for every other natural number $n\gt2$:

If $x_1$, $x_2$, $\dotsc$, $x_n$ are arbitrary real numbers, then

\begin{equation}A_n(x)= \sum_{i=1}^n\prod_{j\ne i}\Big(x_i-x_j\Big)\geqslant 0.\end{equation}

Anneli Lax and Peter Lax 1978 年在 [1] 指出: $A_5(x)$ 不能表成二次型的平方和.

说明 $A_5(x)\geqslant0$ 是不难的. 几个网站和无数的竞赛辅导书给的答案都是一致的:

无妨 $x_1\geqslant x_2\geqslant x_3\geqslant x_4\geqslant x_5$. $(1)$ 的前两项的和

\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.25ex(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)+(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)\\&=(x_1-x_2)\Big((x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)-(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)\Big)\\&\geqslant0,\end{split}\end{equation}

最后的不等式是因为 $x_1-x_j\geqslant x_2-x_j\geqslant0$, $j=3$, $4$, $5$.

同理, $(1)$ 的最后两项的和亦然 $\geqslant0$.

至于 $(1)$ 的中间那项

\begin{equation}(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_3-x_4)(x_3-x_5)\geqslant0,\end{equation}

因了 $(x_3-x_1)(x_3-x_2)\geqslant0$, $(x_3-x_4)(x_3-x_5)\geqslant0$.

证明 $A_5(x)\geqslant0$ 的途径不止这一种: 左边展开再证明局部的不等式应该也是可以的, 不过需要耐心; 使用导数是解决此类问题的普遍办法.

定理 4.1

设 $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$, $x_5$ 是实数, 有 $A_5(x)\geqslant0$ 为真 ;
$A_5(x)$ 不能写成多项式的平方和.

依据定理 2.2, 假定 $A_5$ 能写成

\begin{equation}A_5=\sum Q_j^2,\end{equation}

此处的 $Q_j$ 都是二次型. 显而易见, 当 $A_5=0$ 时, $ Q_j=0$ 皆真.

\begin{equation}x_1=x_2,\;\; x_3=x_4=x_5,\end{equation}

或者对 $(5)$ 的指标进行置换得到的条件为真的时刻, 就符合每个 $x_j$ 与其余的一个 $x_k$ 相等.

Lemma 4.2 二次型 $Q$, 只要条件 $(5)$ 或者 $(5)$ 的指标进行置换得到的条件任何一个为真, 总能导致 $Q=0$, 那么二次型 $Q\equiv0$.

若 Lemma 成立, 结合在$A_5=0$ 蕴涵 $ Q_j=0$ 皆真, 我们知道 $(4)$ 中的 $Q_j\equiv0$. 故而, $(4)$ 不能成立, 从而也就证明了定理 4.1.

Proof of the Lemma 记

\begin{equation}Q(x)=\sum c_{jk}x_jx_k,\;\; c_{jk}=c_{kj}.\end{equation}

根据假定, 当 $x_1=x_2=y$, $x_3=x_4=x_5=z$ 时,

\begin{equation}\begin{split}Q&=(c_{11}+2c_{12}+c_{22})y^2\\&+2(c_{13}+c_{14}+c_{15}+c_{23}+c_{24}+c_{25})yz\\&+(c_{33}+c_{44}+c_{55}+2c_{34}+2c_{35}+c_{45})z^2=0.\end{split}\end{equation}

既然无论 $y$, $z$ 为谁, 此皆为真, 于是

\begin{equation}c_{11}+2c_{12}+c_{22}=0;\end{equation}

\begin{equation}c_{13}+c_{14}+c_{15}+c_{23}+c_{24}+c_{25}=0;\end{equation}

\begin{equation}c_{33}+c_{44}+c_{55}+2c_{34}+2c_{35}+c_{45}=0.\end{equation}

这几个式子的指标置换得到的关系式也是成立的, 从 $(8)$ 式, 使用置换 $(12345)\to(34125)$, 则

\begin{equation}c_{33}+2c_{34}+c_{44}=0.\end{equation}

从 $(10)$ 式减去 $(11)$ 式,

\begin{equation}c_{55}+2c_{35}+2c_{45}=0.\end{equation}

考虑所有保持 $5$ 不动的置换, 从 $(12)$ 式得到的关系式也是对的, 从而

\begin{equation}c_{j5}+c_{k5}=-\frac12 c_{55}\end{equation}

当 $j\ne k$ 且 $j$, $k\ne5$. 进而

\begin{equation}c_{15}=c_{25}=c_{35}=c_{45}.\end{equation}

交换 $1$ 和 $5$, 以及 $2$ 和 $5$, 从 $(14)$ 式可得

\begin{equation}c_{51}=c_{21}=c_{31}=c_{41}.\end{equation}

\begin{equation}c_{12}=c_{52}=c_{32}=c_{42}.\end{equation}

根据 $ c_{jk}$ 的对称性, 从而

\begin{equation}c_{1j}=c_{2j}=c_{12}\qquad j=3, 4,5.\end{equation}

带入 $(9)$ 式, 导致 $6c_{12}=0$, 亦即 $c_{12}=0$. 既然 $1$, $2$ 这一对数能换成别的任意的数, 于是

\begin{equation}c_{jk}=0 \qquad j\ne k.\end{equation}

带入 $(12)$ 式, 定出 $c_{55}=0$. 既然 $5$ 能换成别的任意的数, 于是

\begin{equation}c_{jj}=0.\end{equation}

这便完成了引理的证明.

References

Anneli Lax, Peter Lax, On sums of squares, Linear Algebra and its applications, 20, 71-75 (1978)

Hilbert’s 17th Problem 3: The Choi-Lam polynomial

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Sep 232017

M.D. Choi, T.-Y. Lam 1977 年举了一个例子: The Choi-Lam polynomial $Q(x, y, z, w) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw$ 不能写成多项式的平方和. 与 The Motzkin polynomial 一样, Choi-Lam 多项式也会在以后的证明成为关键角色.

后面的定理 5.2 说明 $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw$ 不能写成多项式的平方和实际就是下面定理的后半部分:

定理 3.1 Choi-Lam 多项式

\begin{equation} Q(x, y,z) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+1-4xyz,\end{equation}

那么

$Q(x, y,z)\geqslant0$ 为真对任意实数 $x$, $y$, $z$;
$Q(x, y,z)$ 不能写成多项式的平方和.

方法是完全照搬的. 如果 $Q(x, y, z)$ 是一些次数(至多)为 $2$ 的多项式的平方和:

\begin{equation} Q(x, y, z) =\sum_{l=1}^k\Big(a_l+b_lx+c_ly+d_lz+e_lx^2+f_ly^2+g_lz^2+h_lxy+i_lyz+j_lzx\Big)^2,\end{equation}

这里 $a_l$, $b_l$, $c_l$, $d_l$, $e_l$, $f_l$, $g_l$, $h_l$, $i_l$ 和 $j_l$ 都是实常数, $l=1$, $2$, $\dotsc$, $k$.

$(1)$ 没有 $x^4$, $y^4$, $z^4$ 项, 因此$(2)$ 的右边的这些项的系数为 $0$. 于是

\[\sum_{l=1}^ke_l^2=\sum_{l=1}^kf_l^2=\sum_{l=1}^kg_l^2=0,\]

故 $e_l=f_l=g_l=0$, $l=1$, $2$, $\dotsc$, $k$.

$(1)$ 没有 $x^2$ 项, 因此$(2)$ 的右边的 $x^2$ 项的系数为 $0$. 于是

\[\sum_{l=1}^k\Big(b_l^2+2a_le_l\Big)=0,\]

故 $b_l=0$, $l=1$, $2$, $\dotsc$, $k$.

同样的, $(1)$ 没有 $y^2$, $z^2$ 项, 因此 $\sum\limits_{l=1}^kc_l^2=0$. 于是 $c_l=d_l=0$, $l=1$, $2$, $\dotsc$, $k$.

注意 $(1)$ 中的 $xyz$ 项的系数是 $-4$, 故

\[2\sum_{l=1}^k\Big(b_li_l+c_lj_l+d_lh_l\Big)=-4.\]

但这是不可能的, 因 $b_l=c_l=d_l=0$, $l=1$, $2$, $\dotsc$, $k$, 故而 $Q(x, y, z)$ 不能写成多项式的平方和.

类似定理 2.1, 我们也可以使用定理 2.2 来直接证明 $Q(x, y, z, w) =x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+w^4-4xyzw$ 不能写成多项式的平方和:

\begin{equation} Q(x, y, z, w) =\sum\Big(A_lx^2+B_lxy+C_lxz+D_ly^2+E_lxw+F_lz^2+G_lyz+H_lyw+I_lzw+J_lw^2\Big)^2.\end{equation}

比较两端 $x^4$, $y^4$, $z^4$ 的系数, 得 $A_l=D_l=F_l=0$.

比较两端 $x^2w^2$ 的系数, 得

\[\sum\Big(2A_lJ_l+E_l^2\Big)=0.\]

故 $E_l=0$. 类似的推理, $H_l=I_l=0$.

此时, $(3)$ 已经是如下

\begin{equation} Q(x, y, z, w) =\sum\Big(B_lxy+C_lxz+G_lyz+J_lw^2\Big)^2.\end{equation}

比较上式两端 $xyzw$ 的系数, 矛盾!

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