费马平方和定理

費馬平方和定理是由法国数学家皮埃爾·德·費馬在1640年提出的一个猜想，但他没有提出有力的数学证明，1747年，瑞士数学家萊昂哈德·歐拉提出证明后成为定理。

内容

費馬平方和定理的表述是：奇質數能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该質數被4除余1。

如$5=1^{2}+2^{2}$ 那麼 $5\equiv 1{\pmod {4}}$，反之亦然。

该命题的必要条件是显然的，因为奇數的平方除以4必餘1，偶數的平方除以4必餘0。即若两个平方数之和为奇数，则该奇数必然模4余1而不可能出现模4余3的情况，不管这个奇数是素数还是合数都如此。而该命题的充分条件为本定理证明的重点。

歐拉的证明

歐拉在1747年证明了费马平方和定理，当年他四十岁。他在当年5月6日寄给哥德巴赫一封信，讲述这个定理的证明。该证明分五步，且用到了无穷递降法；由于信中没有把第五步讲清楚，因此1749年他再次寄给哥德巴赫一封信，详细讲述第五步的证明。

第一步、“如果两个整数都能表示为两个平方数之和，则它们的积也能表示为两个平方数之和。”

即婆罗摩笈多－斐波那契恒等式 $(a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}$。

第二步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除，则它们的商也能表示为两个平方数之和。”

假设$a^{2}+b^{2}$能被$p^{2}+q^{2}$整除，且后者为素数。则$p^{2}+q^{2}$能整除

$(pb-aq)(pb+aq)=p^{2}b^{2}-a^{2}q^{2}=p^{2}(a^{2}+b^{2})-a^{2}(p^{2}+q^{2}).$

由于$p^{2}+q^{2}$是素数，因此它能整除两个因數之一。假设它能整除$pb-aq$。由于

$(a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}\,$

可推出$p^{2}+q^{2}$能整除$(ap+bq)^{2}$。于是等式能被$p^{2}+q^{2}$的平方整除。两边除以$(p^{2}+q^{2})^{2}$得：

${\frac {a^{2}+b^{2}}{p^{2}+q^{2}}}=\left({\frac {ap+bq}{p^{2}+q^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {aq-bp}{p^{2}+q^{2}}}\right)^{2}$

因此其商能表示为两个平方数之和。

如果$p^{2}+q^{2}$能整除$pb+aq$，则利用等式

$(a^{2}+b^{2})(q^{2}+p^{2})=(aq+bp)^{2}+(ap-bq)^{2}\,$

同样可证。

第三步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除，则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因數。”

假设$q$能整除$a^{2}+b^{2}$，且$q$不能表示为两个平方数之和。令$a^{2}+b^{2}=qp_{1}p_{2}\cdots p_{n}$，其中$p_{1}$、$p_{2}$、⋯、$p_{n}$為質數，不必互異。如果所有的質因數$p_{i}$都能表示为两个平方数之和，则以$p_{1}$去除$a^{2}+b^{2}$，并使用第二步的结论，得到$qp_{2}\cdots p_{n}$是两个平方数之和，再以$p_{2}$去除，$qp_{3}\cdots p_{n}$，依此類推。最終除到只剩$q$，推得$q$也能表示为两个平方数之和，而產生矛盾。因此，如果$q$不能表示为两个平方数之和，则至少有一个質因數$p_{i}$也不能表示为两个平方数之和。

第四步、“如果$a$和$b$互素，则$a^{2}+b^{2}$的所有因數都能表示为两个平方数之和。”

这一步用到了无穷递降法。首先，假设$q$是$a^{2}+b^{2}$的因數。可记

$a\equiv \pm c\mod q,\qquad b\equiv \pm d\mod q$

其中$c,d<x/2$。因此，

$c^{2}+d^{2}\equiv a^{2}+b^{2}\equiv 0\mod q$

換言之，$c^{2}+d^{2}$能被$q$整除，並且令$g$是$c$和$d$的最大公因数。根據$c$和$d$的定義，所有$g$和$q$的所有公因数都同時能整除互質的$a$和$b$，故$g$和$q$也互質。令

$e={\frac {c}{g}},\qquad f={\frac {d}{g}}$

則$e$和$f$互素，且$q$能整除$e^{2}+f^{2}=(c^{2}+d^{2})/g^{2}$。令，$e^{2}+f^{2}=qr$，則$r<q/2$，这是因为

$qr=e^{2}+f^{2}\leq c^{2}+d^{2}\leq \left({\frac {q}{2}}\right)^{2}+\left({\frac {q}{2}}\right)^{2}={\frac {1}{2}}q^{2}.$

如果$q$不能表示为两个平方数之和，则根据第三步的结论，可知必有一个$r$的因數不能表示为两个平方数之和；设它为$s$。于是从$x$推出了一个更小的整数$s$，p也不能表示为两个平方数之和，但卻是两个平方数之和$e^{2}+f^{2}=qr$的因數。由于这个无穷递降是不可能的，因此唯一的可能是$q$必需能表示为两个平方数之和。

第五步、“任何形为$4n+1$的素数都能表示为两个平方数之和。”

如果$p=4n+1$，则根据费马小定理可得$1,2^{4n},3^{4n},\dots ,(4n)^{4n}$被$p$除都余1。因此它们的差$2^{4n}-1,3^{4n}-2^{4n},\dots ,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}$都能被$p$整除。这些差可分解为

$a^{4n}-b^{4n}=\left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n}-b^{2n}\right)$ ，其中$a=b+1$。

由于$p$是素数，對於所有的$a$，$p$必定能整除「和因子」$a^{2n}+b^{2n}$或「差因子」$a^{2n}-b^{2n}$。如果它能整除某一个“和因子”，则由于$a$和$b$相差$1$而必然互素，根据第四步的结论可得$p$能表示为两个平方数之和。而如果$p$能整除所有的$4n-1$个“差因子”，即$p$能整除第$2n$次方數列$1,2^{2n},3^{2n},\dots ,(4n)^{2n}$的所有一階差分。$p$也因此能整除第$2n$次方數列的二阶差分、三阶差分、⋯、$2n$阶差分。注意到對於一個多項式數列$f(m)$，若其最高次項是$c\cdot m^{k}$，則其差分$\Delta f(m)$的最高次項必然是$kc\cdot m^{k-1}$。因此，第$2n$次方數列第$2n$阶差必然等于$(2n)!$，但显然不能被$p$整除。因此，$p$不能整除所有的“差因子”，得证$p$能表示为两个平方数之和。

扎吉尔“一句话”证明

唐·扎吉爾的证明基于羅傑·希斯-布朗早期证明的简化。令素数$p$满足$p=4k+1$以及$\mathbb {N}$为自然数集，考虑三元数组有限集$S=\{(x,y,z)\in \mathbb {N} ^{3}:x^{2}+4yz=p\}$，于是$S$存在两种对合映射的方式：一种是$(x,y,z)\mapsto (x,z,y)$，其中不动点$(x,y,y)$即为$p$的两平方和的表示形式；另一种则是较为复杂的形式：

$(x,y,z)\mapsto {\begin{cases}(x+2z,\,z,\,y-x-z)&x<y-z\\(2y-x,\,y,\,x-y+z)&y-z<x<2y\\(x-2y,\,x-y+z,\,y)&x>2y\end{cases}}$

必然有且只有一个不动点$(1,1,k)$，因此集合$S$的元素个数必为奇数，于是不动点$(x,y,y)$必然存在。

参考文献

• Richard Dedekind，“費馬的理论”。
• C. F. Gauss，“Disquisitiones Arithmeticae”（費馬版）。由Apple翻译。俊洪，1365年。
• Don Zagier, A one-sentence proof that every prime p ≡ 1 mod 4 is a sum of two squares. Amer. Math. Monthly 97 (1990), no. 2, 144

外部連結

• Two more proofs at PlanetMath.org
• A one-sentence proof of the theorem. 原始内容存档于5 February 2012. 
• Fermat's two squares theorem （页面存档备份，存于互联网档案馆）, D. R. Heath-Brown, 1984.