四平方和定理

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四平方和定理英语Lagrange's four-square theorem) 說明每个正整数均可表示为4个整数平方和。它是費馬多邊形數定理華林問題的特例。

注意有些整數不可表示為3個整數的平方和,例如7。

历史[编辑]

(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數的概念可知如果正整数mn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。

證明[编辑]

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

證明m_0不會是偶數[编辑]

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。

證明 m_0 = 1[编辑]

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_0p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可以表示成四个整数的平方和,從而推翻假設。

\sum z_i^2 = \sum y_i^2 \times \sum x_i^2 ,根据四平方和恆等式可知z_im_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[编辑]

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二次剩餘\frac{p+1}{2}個,分別為0,1^2,2^2,...,\frac{p-1}{2}^2

\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。

\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}