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|G1=Math
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'''四平方和定理''' （{{lang-en|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。

==历史==
*1743年，[[瑞士]][[数学家]][[欧拉]]发现了一个著名的[[恒等式]]：
<math>(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</math>

根据上述欧拉恒等式或[[四元數]]的概念可知如果正整数<math>m</math>和<math>n</math>能表示为4个整数的平方和，则其乘积<math>mn</math>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[[奇数|奇]][[素数]] p，[[同余]]方程
<math>x^2+y^2+1 \equiv 0\pmod p</math>
必有一组整数解x，y满足<math>0 \le x<\frac{p}{2}</math>，<math>0 \le y<\frac{p}{2}</math>（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。

==證明==
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。

<math>2=1^2 + 1^2</math>，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<math>p</math>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<math>m_0 p</math>。又從引理一可知<math>m_0 < p</math>。

===證明<math>m_0</math>不會是偶數===
設<math>m_0</math>是偶數，且<math>m_0 p = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2</math>。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<math>x_1,x_2</math>的奇偶性相同，<math>x_3,x_4</math>的奇偶性相同，<math>x_1+x_2,x_1-x_2,x_3+x_4,x_3-x_4</math>均為偶數，可得出公式：

<math>\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</math>

<math>\frac{m_0}{2} < m_0 </math>，與<math>m_0</math>是最小的正整數使得的假設<math>m_0 p</math>可以表示成四个整数的平方和不符。

===證明 <math>m_0 = 1</math> ===
現在用[[反證法]]證明<math>m_0 = 1</math>。設<math>m_0 > 1</math>。

* <math>m_0</math>不可整除<math>x_i</math>的最大公因數，否則<math>m_0^2</math>可整除<math>m_0 p</math>，則得<math>m_0</math>是<math>p</math>的因數，但<math>1 < m_0 < p</math>且p為質數，矛盾。

故存在不全為零、[[絕對值]]小於<math>\frac{1}{2} m_0</math>（注意<math>m_0</math>是奇數在此的重要性）整數的<math>y_1,y_2,y_3,y_4</math>使得 <math>y_i = x_i \pmod{m_0}</math>。

: <math>  0 < \sum y_i^2 < 4 (\frac{1}{2} m_0 )^2 = m_0^2 </math>
: <math> \sum y_i^2 \equiv \sum x_i^2 \equiv 0 \pmod{m_0}</math>

可得 <math>\sum y_i^2  = m_0 m_1 </math>，其中<math>m_1</math>是正整數且小於<math>m_0</math>。

* 下面證明<math>m_1 p</math>可以表示成四个整数的平方和，從而推翻假設。

令<math>\sum z_i^2 = \sum y_i^2 \times \sum x_i^2 </math>，根据四平方和恆等式可知<math>z_i</math>是<math>m_0</math>的倍數，令<math>z_i = m_0 t_i</math>，

: <math>\sum z_i^2 = \sum y_i^2 \times \sum x_i^2</math>
: <math> m_0^2 \sum t_i^2 = m_0 m_1 m_0 p</math>
: <math> \sum t_i^2 = m_1 p < m_0 p </math>

矛盾。

===引理一的證明===
將[[和]]為<math>p-1</math>的剩餘兩個一組的分開，可得出<math>\frac{p+1}{2}</math>組，分別為<math>(0,p-1), (1,p-2) , ... , ( \frac{p-1}{2}, \frac{p-1}{2})</math>。
將模<math>p</math>的[[二次剩餘]]有<math>\frac{p+1}{2}</math>個，分別為<math>0,1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2</math>。

若<math>\frac{p-1}{2}</math>是模<math>p</math>的二次剩餘，選取<math>x< \frac{p}{2}</math>使得<math>x^2 \equiv \frac{p-1}{2}</math>，則<math>1 + x^2 + x^2 \equiv 0 \pmod{p}</math>，定理得證。

若<math>\frac{p-1}{2}</math>不屬於模<math>p</math>的二次剩餘，則剩下<math>\frac{p-1}{2}</math>組，分別為<math>(0,p-1), (1,p-2) , ... , ( \frac{p-3}{2}, \frac{p+1}{2} )</math>，而模<math>p</math>的二次剩餘仍有<math>\frac{p+1}{2}</math>個，由於 <math>\frac{p+1}{2} > \frac{p-1}{2}</math> ，根據[[抽屜原理]]，存在<math>1 + x^2 + y^2 \equiv 0 \pmod{p}</math>。

{{有形數}}

[[Category:加性数论]]
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[[Category:数论中的平方]]
[[Category:数论定理]]