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：

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

根據上述歐拉恆等式或四元數的概念可知如果正整數$m$和$n$能表示為4個整數的平方和，則其乘積$mn$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

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

$2=1^{2}+1^{2}$，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$p$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$m_{0}p$。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$m_{0}p$可以表示成四個整數的平方和不符。

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 $y_{i}=x_{i}{\pmod {m_{0}}}$。

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

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

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

• 下面證明$m_{1}p$可以表示成四個整數的平方和，從而推翻假設。

令$\sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}$，根據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$1+x^{2}+x^{2}\equiv 0{\pmod {p}}$，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$1+x^{2}+y^{2}\equiv 0{\pmod {p}}$。