四平方和定理

四平方和定理 （英語：Lagrange‘s four-square theorem） 說明每個正整數均可表示為4個整數的平方和。它是費馬多邊形數定理和華林問題的特例。

註意有些整數不可表示為3個整數的平方和，例如7。

目錄

• 1歷史
• 2證明
  • 2.1證明{\displaystyle m_{0}}不會是偶數
  • 2.2證明 {\displaystyle m_{0}=1}
  • 2.3引理一的證明

歷史

• 1743年，瑞士數學家歐拉發現了一個著名的恒等式：

{\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}}

根據上述歐拉恒等式或四元數的概念可知如果正整數{\displaystyle m}和{\displaystyle n}能表示為4個整數的平方和，則其乘積{\displaystyle mn}也能表示為4個整數的平方和。於是為證明原命題只需證明每個素數可以表示成4個整數的平方和即可。

• 1751年，歐拉又得到了另一個一般的結果。即對任意奇素數 p，同余方程

{\displaystyle x^{2}+y^{2}+1\equiv 0{\pmod {p}}} 必有一組整數解x，y滿足{\displaystyle 0\leq x<{\frac {p}{2}}}，{\displaystyle 0\leq y<{\frac {p}{2}}}（引理一）

至此，證明四平方和定理所需的全部引理已經全部證明完畢。此後，拉格朗日和歐拉分別在1770年和1773年作出最後的證明。

證明

根據上面的四平方和恒等式及算術基本定理，可知只需證明質數可以表示成四個整數的平方和即可。

{\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}}

根據引理一，奇質數{\displaystyle p}必有正倍數可以表示成四個整數的平方和。在這些倍數中，必存在一個最小的。設該數為{\displaystyle m_{0}p}。又從引理一可知{\displaystyle m_{0}<p}。

證明{\displaystyle m_{0}}不會是偶數

設{\displaystyle m_{0}}是偶數，且{\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{\displaystyle x_{1},x_{2}}的奇偶性相同，{\displaystyle x_{3},x_{4}}的奇偶性相同，{\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：

{\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}}

{\displaystyle {\frac {m_{0}}{2}}<m_{0}}，與{\displaystyle m_{0}}是最小的正整數使得的假設{\displaystyle m_{0}p}可以表示成四個整數的平方和不符。

證明 {\displaystyle m_{0}=1}

現在用反證法證明{\displaystyle m_{0}=1}。設{\displaystyle m_{0}>1}。

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

故存在不全為零、絕對值小於{\displaystyle {\frac {1}{2}}m_{0}}（註意{\displaystyle m_{0}}是奇數在此的重要性）整數的{\displaystyle y_{1},y_{2},y_{3},y_{4}}使得 {\displaystyle y_{i}=x_{i}{\pmod {m_{0}}}}。

{\displaystyle 0<\sum y_{i}^{2}<4({\frac {1}{2}}m_{0})^{2}=m_{0}^{2}}

{\displaystyle \sum y_{i}^{2}\equiv \sum x_{i}^{2}\equiv 0{\pmod {m_{0}}}}

可得 {\displaystyle \sum y_{i}^{2}=m_{0}m_{1}}，其中{\displaystyle m_{1}}是正整數且小於{\displaystyle m_{0}}。

• 下面證明{\displaystyle m_{1}p}可以表示成四個整數的平方和，從而推翻假設。

令{\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}}，根據四平方和恒等式可知{\displaystyle z_{i}}是{\displaystyle m_{0}}的倍數，令{\displaystyle z_{i}=m_{0}t_{i}}，

{\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}}

{\displaystyle m_{0}^{2}\sum t_{i}^{2}=m_{0}m_{1}m_{0}p}

{\displaystyle \sum t_{i}^{2}=m_{1}p<m_{0}p}

矛盾。

引理一的證明

將和為{\displaystyle p-1}的剩余兩個一組的分開，可得出{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}組，分別為{\displaystyle (0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-1}{2}},{\frac {p-1}{2}})}。 將模{\displaystyle p}的二次剩余有{\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}個，分別為{\displaystyle 0,1^{2},2^{2},...,{\frac {p-1}{2}}^{2}}。

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

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

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