四平方和定理

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四平方和定理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。

注意有些整數不可表示為3個整數的平方和，例如7。

[编辑] 历史

1743年，瑞士数学家欧拉发现了一个著名的恒等式：

$(a 2 + b 2 + c 2 + d 2)(x 2 + y 2 + z 2 + w 2) = (a x + b y + c z + d w) 2 + (a y - b x + c w - d z) 2 + (a z - b w - c x + d y) 2 + (a w + b z - c y - d x) 2$

根据上述欧拉恒等式可知如果正整数 $m$ 和 $n$ 能表示为4个整数的平方和，则其乘积 $m n$ 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

$x^2+y^2+1 \equiv 0\pmod p$ 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。

[编辑] 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 $m 0 < p$ 。

[编辑] 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：

$\frac{m_0 p}{2} = (\frac{x_1+x_2}{2})^2 + (\frac{x_1-x_2}{2})^2 + (\frac{x_3+x_4}{2})^2 + (\frac{x_3-x_4}{2})^2$

$\frac{m_0}{2} < m_0$ ，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。

[编辑] 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 $1 < m 0 < p$ ，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 $y i = x i (mod m 0)$ 。

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

$\sum y_i^2 \equiv \sum x_i^2 \equiv 0 \pmod{m_0}$

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。

用四平方和恆等式令 $\sum z_i^2 = \sum y_i^2 \times \sum x_i^2$ ，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。

[编辑] 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 $1 + x^2 + x^2 \equiv 0 \pmod{p}$ ，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 $1 + x^2 + y^2 \equiv 0 \pmod{p}$ 。