四平方和定理

Template:Unreferenced Template:NoteTA 四平方和定理 （Template:Lang-en） 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：

$(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)=(ax+by+cz+dw{)}^2+(ay-bx+cw-dz{)}^2+(az-bw-cx+dy{)}^2+(aw+bz-cy-dx{)}^2$

根据上述欧拉恒等式或四元數的概念可知如果正整数$m$和$n$能表示为4个整数的平方和，则其乘积$mn$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

$x^2+y^2+1\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ 必有一组整数解x，y满足$0\le x<\frac{p}{2}$，$0\le y<\frac{p}{2}$（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。

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。

$2=1^2+1^2$，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$p$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$m_{0}p$。又從引理一可知$m_0<p$。

證明$m_0$不會是偶數

設$m_0$是偶數，且$m_{0}p=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$。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$x_1,x_2$的奇偶性相同，$x_3,x_4$的奇偶性相同，$x_1+x_2,x_1-x_2,x_3+x_4,x_3-x_4$均為偶數，可得出公式：

$\frac{m_{0}p}{2}={\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)}^2+{\left(\frac{x_1-x_2}{2}\right)}^2+{\left(\frac{x_3+x_4}{2}\right)}^2+{\left(\frac{x_3-x_4}{2}\right)}^2$

$\frac{m_0}{2}<m_0$，與$m_0$是最小的正整數使得的假設$m_{0}p$可以表示成四个整数的平方和不符。

證明 $m_0=1$

現在用反證法證明$m_0=1$。設$m_0>1$。

• $m_0$不可整除$x_i$的最大公因數，否則$m_0^2$可整除$m_{0}p$，則得$m_0$是$p$的因數，但$1<m_0<p$且p為質數，矛盾。

故存在不全為零、絕對值小於$\frac{1}{2}{m}_0$（注意$m_0$是奇數在此的重要性）整數的$y_1,y_2,y_3,y_4$使得 $y_i=x_i(\mathrm{mod}{m}_0)$。

$0<\sum y_i^2<4(\frac{1}{2}{m}_0{)}^2=m_0^2$

$\sum y_i^2\equiv \sum x_i^2\equiv 0(\mathrm{mod}{m}_0)$

可得 $\sum y_i^2=m_0{m}_1$，其中$m_1$是正整數且小於$m_0$。

• 下面證明$m_{1}p$可以表示成四个整数的平方和，從而推翻假設。

令$\sum z_i^2=\sum y_i^2\times \sum x_i^2$，根据四平方和恆等式可知$z_i$是$m_0$的倍數，令$z_i=m_0{t}_i$，

$\sum z_i^2=\sum y_i^2\times \sum x_i^2$

$m_0^2\sum t_i^2=m_0{m}_1{m}_{0}p$

$\sum t_i^2=m_{1}p<m_{0}p$

矛盾。

引理一的證明

將和為$p-1$的剩餘兩個一組的分開，可得出$\frac{p+1}{2}$組，分別為$(0,p-1),(1,p-2),...,(\frac{p-1}{2},\frac{p-1}{2})$。 將模$p$的二次剩餘有$\frac{p+1}{2}$個，分別為$0,1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2}{)}^2$。

若$\frac{p-1}{2}$是模$p$的二次剩餘，選取$x<\frac{p}{2}$使得$x^2\equiv \frac{p-1}{2}$，則$1+x^2+x^2\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，定理得證。

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