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。

歷史

• 1743年，瑞士數學家歐拉發現了一個著名的恆等式：

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

根據上述歐拉恆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質數可以表示成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。即對任意奇質數 p，同餘方程式

${\displaystyle x^{2}+y^{2}+1\equiv 0{\pmod {p}}}$ 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恆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。

${\displaystyle 2=1^{2}+1^{2}}$，因此只需證明奇質數可以表示成四個整數的平方和。

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${\displaystyle {\frac {1}{2}}m_{0}}$（注意${\displaystyle m_{0}}$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${\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}}$，根據四平方和恆等式可知${\displaystyle z_{i}}$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${\displaystyle p-1}$的剩餘兩個一組的分開，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${\displaystyle p}$的二次剩餘有${\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}$個，分別為${\displaystyle 0,1^{2},2^{2},...,({\frac {p-1}{2}})^{2}}$。

若${\displaystyle {\frac {p-1}{2}}}$是模${\displaystyle p}$的二次剩餘，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${\displaystyle p}$的二次剩餘，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${\displaystyle p}$的二次剩餘仍有${\displaystyle {\frac {p+1}{2}}}$個，由於 ${\displaystyle {\frac {p+1}{2}}>{\frac {p-1}{2}}}$ ，根據抽屜原理，存在${\displaystyle 1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}}$。