四平方和定理

四平方和定理 （英语：Lagrange's four-square theorem） 说明每个正整数均可表示为4个整数的平方和。它是费马多边形数定理和华林问题的特例。

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数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

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

证明

根据上面的四平方和恒等式及算术基本定理，可知只需证明素数可以表示成四个整数的平方和即可。

$2=1^{2}+1^{2}$，因此只需证明奇素数可以表示成四个整数的平方和。

根据引理一，奇素数$p$必有正倍数可以表示成四个整数的平方和。在这些倍数中，必存在一个最小的。设该数为$m_{0}p$。又从引理一可知$m_{0}<p$。

证明$m_{0}$不会是偶数

设$m_{0}$是偶数，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两个数或四个数的奇偶性相同。不失一般性设$x_{1},x_{2}$的奇偶性相同，$x_{3},x_{4}$的奇偶性相同，$x_{1}+x_{2},x_{1}-x_{2},x_{3}+x_{4},x_{3}-x_{4}$均为偶数，可得出公式：

${\frac {m_{0}p}{2}}=\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x_{1}-x_{2}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x_{3}+x_{4}}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {x_{3}-x_{4}}{2}}\right)^{2}$

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

证明 $m_{0}=1$

现在用反证法证明$m_{0}=1$。设$m_{0}>1$。

• $m_{0}$不可整除$x_{i}$的最大公约数，否则$m_{0}^{2}$可整除$m_{0}p$，则得$m_{0}$是$p$的约数，但$1<m_{0}<p$且p为素数，矛盾。

故存在不全为零、绝对值小于${\frac {1}{2}}m_{0}$（注意$m_{0}$是奇数在此的重要性）整数的$y_{1},y_{2},y_{3},y_{4}$使得 $y_{i}=x_{i}{\pmod {m_{0}}}$。

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

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

可得 $\sum y_{i}^{2}=m_{0}m_{1}$，其中$m_{1}$是正整数且小于$m_{0}$。

• 下面证明$m_{1}p$可以表示成四个整数的平方和，从而推翻假设。

令$\sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}$，根据四平方和恒等式可知$z_{i}$是$m_{0}$的倍数，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。

引理一的证明

将和为$p-1$的剩余两个一组的分开，可得出${\frac {p+1}{2}}$组，分别为$(0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-1}{2}},{\frac {p-1}{2}})$。 将模$p$的二次剩余有${\frac {p+1}{2}}$个，分别为$0,1^{2},2^{2},...,({\frac {p-1}{2}})^{2}$。

若${\frac {p-1}{2}}$是模$p$的二次剩余，选取$x<{\frac {p}{2}}$使得$x^{2}\equiv {\frac {p-1}{2}}$，则$1+x^{2}+x^{2}\equiv 0{\pmod {p}}$，定理得证。

若${\frac {p-1}{2}}$不属于模$p$的二次剩余，则剩下${\frac {p-1}{2}}$组，分别为$(0,p-1),(1,p-2),...,({\frac {p-3}{2}},{\frac {p+1}{2}})$，而模$p$的二次剩余仍有${\frac {p+1}{2}}$个，由于 ${\frac {p+1}{2}}>{\frac {p-1}{2}}$ ，根据抽屉原理，存在$1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}$。