四平方和定理

四平方和定理 （英語：Lagrange's four-square theorem） 說明每个正整数均可表示为4个整数的平方和。它是費馬多邊形數定理和華林問題的特例。 1743年，瑞士数学家欧拉发现了一个著名的恒等式： ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ( x 2 + y 2 + z 2 + w 2 ) = ( a x + b y + c z + d w ) 2 + ( a y − b x + c w − d z ) 2 + ( a z − b w − c x + d y ) 2 + ( a w + b z − c y − d x ) 2 {\displaystyle (a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2})=(ax+by+cz+dw)^{2}+(ay-bx+cw-dz)^{2}+(az-bw-cx+dy)^{2}+(aw+bz-cy-dx)^{2}} 根据上述欧拉恒等式或四元數的概念可知如果正整数 m {\displaystyle m} 和 n {\displaystyle n} 能表示为4个整数的平方和，则其乘积 m n {\displaystyle mn} 也能表示为4个整数的平方和。于是为证明原命题只需证明每个素数可以表示成4个整数的平方和即可。 1751年，欧拉又得到了另一个一般的结果。即对任意奇素数 p，同余方程 x 2 + y 2 + 1 ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle x^{2}+y^{2}+1\equiv 0{\pmod {p}}} 必有一组整数解x，y满足 0 ≤ x < p 2 {\displaystyle 0\leq x<{\frac {p}{2}}} ， 0 ≤ y < p 2 {\displaystyle 0\leq y<{\frac {p}{2}}} （引理一） 至此，证明四平方和定理所需的全部引理已经全部证明完毕。此后，拉格朗日和欧拉分别在1770年和1773年作出最后的证明。 根據上面的四平方和恆等式及算術基本定理，可知只需證明質數可以表示成四个整数的平方和即可。 2 = 1 2 + 1 2 {\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}} ，因此只需證明奇質數可以表示成四个整数的平方和。 根據引理一，奇質數 p {\displaystyle p} 必有正倍數可以表示成四个整数的平方和。在這些倍數中，必存在一個最小的。設該數為 m 0 p {\displaystyle m_{0}p} 。又從引理一可知 m 0 < p {\displaystyle m_{0}<p} 。 設 m 0 {\displaystyle m_{0}} 是偶數，且 m 0 p = x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + x 4 2 {\displaystyle m_{0}p=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}} 。由奇偶性可得知必有兩個數或四個數的奇偶性相同。不失一般性設 x 1 , x 2 {\displaystyle x_{1},x_{2}} 的奇偶性相同， x 3 , x 4 {\displaystyle x_{3},x_{4}} 的奇偶性相同， x 1 + x 2 , x 1 − x 2 , x 3 + x 4 , x 3 − x 4 {\displaystyle x_{1}+x_{2},x_{1}-x_{2},x_{3}+x_{4},x_{3}-x_{4}} 均為偶數，可得出公式： m 0 p 2 = ( x 1 + x 2 2 ) 2 + ( x 1 − x 2 2 ) 2 + ( x 3 + x 4 2 ) 2 + ( x 3 − x 4 2 ) 2 {\displaystyle {\frac {m_{0}p}{2}}=\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x_{3}+x_{4}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x_{3}-x_{4}}{2}}\right)^{2}} m 0 2 < m 0 {\displaystyle {\frac {m_{0}}{2}}<m_{0}} ，與 m 0 {\displaystyle m_{0}} 是最小的正整數使得的假設 m 0 p {\displaystyle m_{0}p} 可以表示成四个整数的平方和不符。 現在用反證法證明 m 0 = 1 {\displaystyle m_{0}=1} 。設 m 0 > 1 {\displaystyle m_{0}>1} 。 m 0 {\displaystyle m_{0}} 不可整除 x i {\displaystyle x_{i}} 的最大公因數，否則 m 0 2 {\displaystyle m_{0}^{2}} 可整除 m 0 p {\displaystyle m_{0}p} ，則得 m 0 {\displaystyle m_{0}} 是 p {\displaystyle p} 的因數，但 1 < m 0 < p {\displaystyle 1<m_{0}<p} 且p為質數，矛盾。 故存在不全為零、絕對值小於 1 2 m 0 {\displaystyle {\frac {1}{2}}m_{0}} （注意 m 0 {\displaystyle m_{0}} 是奇數在此的重要性）整數的 y 1 , y 2 , y 3 , y 4 {\displaystyle y_{1},y_{2},y_{3},y_{4}} 使得 y i = x i ( mod m 0 ) {\displaystyle y_{i}=x_{i}{\pmod {m_{0}}}} 。 0 < ∑ y i 2 < 4 ( 1 2 m 0 ) 2 = m 0 2 {\displaystyle 0<\sum y_{i}^{2}<4({\frac {1}{2}}m_{0})^{2}=m_{0}^{2}} ∑ y i 2 ≡ ∑ x i 2 ≡ 0 ( mod m 0 ) {\displaystyle \sum y_{i}^{2}\equiv \sum x_{i}^{2}\equiv 0{\pmod {m_{0}}}} 可得 ∑ y i 2 = m 0 m 1 {\displaystyle \sum y_{i}^{2}=m_{0}m_{1}} ，其中 m 1 {\displaystyle m_{1}} 是正整數且小於 m 0 {\displaystyle m_{0}} 。 下面證明 m 1 p {\displaystyle m_{1}p} 可以表示成四个整数的平方和，從而推翻假設。 令 ∑ z i 2 = ∑ y i 2 × ∑ x i 2 {\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}} ，根据四平方和恆等式可知 z i {\displaystyle z_{i}} 是 m 0 {\displaystyle m_{0}} 的倍數，令 z i = m 0 t i {\displaystyle z_{i}=m_{0}t_{i}} ， ∑ z i 2 = ∑ y i 2 × ∑ x i 2 {\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}} m 0 2 ∑ t i 2 = m 0 m 1 m 0 p {\displaystyle m_{0}^{2}\sum t_{i}^{2}=m_{0}m_{1}m_{0}p} ∑ t i 2 = m 1 p < m 0 p {\displaystyle \sum t_{i}^{2}=m_{1}p<m_{0}p} 矛盾。 將和為 p − 1 {\displaystyle p-1} 的剩餘兩個一組的分開，可得出 p + 1 2 {\displaystyle {\frac {p+1}{2}}} 組，分別為 ( 0 , p − 1 ) , ( 1 , p − 2 ) , . . . , ( p − 1 2 , p − 1 2 ) {\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-1}{2}},{\frac {p-1}{2}})} 。 將模 p {\displaystyle p} 的二次剩餘有 p + 1 2 {\displaystyle {\frac {p+1}{2}}} 個，分別為 0 , 1 2 , 2 2 , . . . , ( p − 1 2 ) 2 {\displaystyle 0,1^{2},2^{2},...,({\frac {p-1}{2}})^{2}} 。 若 p − 1 2 {\displaystyle {\frac {p-1}{2}}} 是模 p {\displaystyle p} 的二次剩餘，選取 x < p 2 {\displaystyle x<{\frac {p}{2}}} 使得 x 2 ≡ p − 1 2 {\displaystyle x^{2}\equiv {\frac {p-1}{2}}} ，則 1 + x 2 + x 2 ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle 1+x^{2}+x^{2}\equiv 0{\pmod {p}}} ，定理得證。 若 p − 1 2 {\displaystyle {\frac {p-1}{2}}} 不屬於模 p {\displaystyle p} 的二次剩餘，則剩下 p − 1 2 {\displaystyle {\frac {p-1}{2}}} 組，分別為 ( 0 , p − 1 ) , ( 1 , p − 2 ) , . . . , ( p − 3 2 , p + 1 2 ) {\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-3}{2}},{\frac {p+1}{2}})} ，而模 p {\displaystyle p} 的二次剩餘仍有 p + 1 2 {\displaystyle {\frac {p+1}{2}}} 個，由於 p + 1 2 > p − 1 2 {\displaystyle {\frac {p+1}{2}}>{\frac {p-1}{2}}} ，根據抽屜原理，存在 1 + x 2 + y 2 ≡ 0 ( mod p ) {\displaystyle 1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}} 。