費馬平方和定理

費馬平方和定理是由法國數學家皮埃爾·德·費馬在1640年提出的一個猜想，但他沒有提出有力的數學證明，1747年，瑞士數學家萊昂哈德·歐拉提出證明後成為定理。

## 內容

費馬平方和定理的表述是：奇質數能表示為兩個平方數之和的充分必要條件是該質數被4除餘1。

如$5 = 1^2 + 2^2$ 那麼 $5\equiv1 \pmod{4}$，反之亦然。

該命題的必要條件是顯然的，因為奇數的平方除以4必餘1，偶數的平方除以4必餘0。即若兩個平方數之和為奇數，則該奇數必然模4餘1而不可能出現模4餘3的情況，不管這個奇數是素數還是合數都如此。而該命題的充分條件為本定理證明的重點。

## 歐拉的證明

歐拉在1747年證明了費馬平方和定理，當年他四十歲。他在當年5月6日寄給哥德巴赫一封信，講述這個定理的證明。該證明分五步，且用到了無窮遞降法；由於信中沒有把第五步講清楚，因此1749年他再次寄給哥德巴赫一封信，詳細講述第五步的證明。

第一步、「如果兩個整數都能表示為兩個平方數之和，則它們的積也能表示為兩個平方數之和。」

即婆羅摩笈多－斐波那契恆等式 $(a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}$。

第二步、「如果一個能表示為兩個平方數之和的整數被另一個能表示為兩個平方數之和的素數整除，則它們的商也能表示為兩個平方數之和。」

假設$a^2 + b^2$能被$p^2+q^2$整除，且後者為素數。則$p^2 + q^2$能整除

$$(pb-aq)(pb+aq) = p^2b^2 - a^2q^2 = p^2(a^2+b^2) - a^2(p^2+q^2).$$

由於$p^2+q^2$是素數，因此它能整除兩個因數之一。假設它能整除$pb-aq$。由於

$$(a^2+b^2)(p^2+q^2) = (ap+bq)^2 + (aq-bp)^2\,$$

可推出$p^2+q^2$能整除$(ap+bq)^2$。於是等式能被$p^2+q^2$的平方整除。兩邊除以$(p^2+q^2)^2$得：

$$\frac{a^2+b^2}{p^2+q^2} = \left(\frac{ap+bq}{p^2+q^2}\right)^2 + \left(\frac{aq-bp}{p^2+q^2}\right)^2$$

因此其商能表示為兩個平方數之和。

如果$p^2+q^2$能整除$pb+aq$，則利用等式

$$(a^2+b^2)(q^2+p^2) = (aq+bp)^2 + (ap-bq)^2\,$$

同樣可證。

第三步、「如果一個能表示為兩個平方數之和的整數被另一個不能表示為兩個平方數之和的整數整除，則它們的商也必有一個不能表示為兩個平方數之和的因數。」

假設$q$能整除$a^2+b^2$，且$q$不能表示為兩個平方數之和。令$a^2+b^2 = q p_1p_2\cdots p_n$，其中$p_1$、$p_2$、⋯、$p_n$為質數，不必互異。如果所有的質因數$p_i$都能表示為兩個平方數之和，則以$p_1$去除$a^2+b^2$，並使用第二步的結論，得到$q p_2\cdots p_n$是兩個平方數之和，再以$p_2$去除，$q p_3\cdots p_n$，依此類推。最終除到只剩$q$，推得$q$也能表示為兩個平方數之和，而產生矛盾。因此，如果$q$不能表示為兩個平方數之和，則至少有一個質因數$p_i$也不能表示為兩個平方數之和。

第四步、「如果$a$和$b$互素，則$a^2 + b^2$的所有因數都能表示為兩個平方數之和。」

這一步用到了無窮遞降法。首先，假設$q$是$a^2+b^2$的因數。可記

$$a \equiv \pm c \mod q,\qquad b \equiv \pm d \mod q$$

其中$c,d<x/2$。因此。

$$c^2+d^2 \equiv a^2+b^2 \equiv 0 \mod q$$

換言之，$c^2+d^2$能被$q$整除，並且令$g$是$c$和$d$的最大公因數。根據$c$和$d$的定義，所有$g$和$q$的所有公因數都同時能整除互質的$a$和$b$，故$g$和$q$也互質。令

$$e = \frac c g, \qquad f = \frac d g$$

則$e$和$f$互素，且$q$能整除$e^2+f^2 = (c^2+d^2)/g^2$。令，$e^2+f^2 = qr$，則$r<q/2$，這是因為

$$qr = e^2 + f^2 \leq c^2+d^2 \leq \left(\frac{q}{2}\right)^2 + \left(\frac{q}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}q^2.$$

如果$q$不能表示為兩個平方數之和，則根據第三步的結論，可知必有一個$r$的因數不能表示為兩個平方數之和；設它為$s$。於是從$x$推出了一個更小的整數$s$，p也不能表示為兩個平方數之和，但卻是兩個平方數之和$e^2+f^2 = qr$的因數。由於這個無窮遞降是不可能的，因此唯一的可能是$q$必需能表示為兩個平方數之和。

第五步、「任何形為$4n+1$的素數都能表示為兩個平方數之和。」

如果$p=4n+1$，則根據費馬小定理可得$1, 2^{4n}, 3^{4n},\dots, (4n)^{4n}$被$p$除都餘1。因此它們的差$2^{4n} -1, 3^{4n} -2^{4n},\dots,(4n)^{4n} - (4n-1)^{4n}$都能被$p$整除。這些差可分解為

$a^{4n} - b^{4n} = \left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n} - b^{2n}\right)$，其中$a=b+1$。

由於$p$是素數，對於所有的$a$，$p$必定能整除「和因子」$a^{2n}+b^{2n}$或「差因子」$a^{2n}-b^{2n}$。如果它能整除某一個「和因子」，則由於$a$和$b$相差$1$而必然互素，根據第四步的結論可得$p$能表示為兩個平方數之和。而如果$p$能整除所有的$4n-1$個「差因子」，即$p$能整除第$2n$次方數列$1, 2^{2n}, 3^{2n},\dots, (4n)^{2n}$的所有一階差分。$p$也因此能整除第$2n$次方數列的二階差分、三階差分、⋯、$2n$階差分。注意到對於一個多項式數列$f(m)$，若其最高次項是$c\cdot m^k$，則其差分$\Delta f(m)$的最高次項必然是$kc\cdot m^{k-1}$。因此，第$2n$次方數列第$2n$階差必然等於$(2n)!$，但顯然不能被$p$整除。因此，$p$不能整除所有的「差因子」，得證$p$能表示為兩個平方數之和。

## 扎吉爾「一句話」證明

唐·扎吉爾的證明基於羅傑·希斯-布朗早期證明的簡化。令素數$p$滿足$p=4k+1$以及$\mathbb N$為自然數集，考慮三元數組有限集$S=\{(x,y,z)\in\mathbb N^3:x^2+4yz=p\}$，於是$S$存在兩種對合映射的方式：一種是$(x,y,z)\mapsto(x,z,y)$，其中不動點$(x,y,y)$即為$p$的兩平方和的表示形式；另一種則是較為複雜的形式：

$$(x,y,z)\mapsto\begin{cases}(x+2z,\,z,\,y-x-z)&x<y-z\\(2y-x,\,y,\,x-y+z)&y-z<x<2y\\(x-2y,\,x-y+z,\,y)&x>2y\end{cases}$$

必然有且只有一個不動點$(1,1,k)$，因此集合$S$的元素個數必為奇數，於是不動點$(x,y,y)$必然存在。

## 參考文獻

- Richard Dedekind，「費馬的理論」。
- C. F. Gauss，「Disquisitiones Arithmeticae」（費馬版）。由Apple翻譯。俊洪，1365年。
- Don Zagier, A one-sentence proof that every prime p ≡ 1 mod 4 is a sum of two squares. Amer. Math. Monthly 97 (1990), no. 2, 144

## 外部連結

- Two more proofs at PlanetMath.org
- Fermat's two squares theorem , D. R. Heath-Brown, 1984.