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四平方和定理

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四平方和定理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。

  四平方和定理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。

  注意有些整數不可表示為3個整數的平方和,例如7。

1 四平方和定理 -[編輯] 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mn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素數可以表示成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。即對任意奇素數 p,同餘方程 x^2+y^2+1≡0(modP)必有一組整數解x,y滿足0≤x<p/2,0≤y<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。

2 四平方和定理 -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+0^2+0^2,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m0p。又從引理一可知m0<p

證明m0不會是偶數

  設m0是偶數,且m0p=x1^2+x2^2+x3^2+x4^2。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x1,x2的奇偶性相同,x3,x4的奇偶性相同,x1+x2,x1-x2,x3+x4,x3-x4均為偶數,可得出公式:

  m0p/2=&#91;(x1+x2)/2&#93;^2+&#91;(x1-x2)/2&#93;^2+&#91;(x3+x4)/2&#93;^2+&#91;(x3-x4)/2&#93;^2

  m0/2<m0,與m0是最小的正整數使得的假設m0p可以表示成四個整數的平方和不符。

證明 m0 = 1

  現在用反證法證明m0=1。設m0 > 1。

  m0不可整除xj的最大公因子,否m0^2可整除m0p,則得m0p的因子,但1 < m0<p且p為質數,矛盾。 故存在不全為零、絕對值小m0/2(注意m0是奇數在此的重要性)整數的y1,y2,y3,y4使得yyj=xj(modm0)。

  0<∑yi^2<4(m0/2)^2=m0^2∑yi^2≡∑xi^2≡0(modm0)可得∑yi^2=m0m1,其中m0是正整數且小於m0。

  下面證明m1p可以表示成四個整數的平方和,從而推翻假設。 用四平方和恆等式令∑zi^2=∑yi^2*∑xi^2,可知zjm0的倍數,令zj= m0tj,

  ∑zi^2=∑yi^2*∑xi^2m0^2∑ti^2=m0m1m0p∑ti^2=m1p<m0p矛盾。

引理一的證明

  將和為p &#8722; 1的剩餘兩個一組的分開,可得出(p-1)/2組,分別為(0,p-1),(1,p-2)…&#91;(p-1)/2,(p-1)/2&#93;.

  將模p的二次剩餘有(p+1)/2個,分別為0,1^2,2^2,…,(p-1^2)/2.

  若(p-1)/2是模p的二次剩餘,選取x<p/2使得x^2≡(p-1)/2則1+x^2+x^2≡0(modp),定理得證。

  若(p-1)/2不屬於模p的二次剩餘,則剩下(p-1)/2組,分別為(0,p-1),(1,p-2)…&#91;(p-3)/2,(p+1)/2&#93;.,而模p的二次剩餘仍有(p+1)/2個,由於(p+1)/2>(p-1)/2 ,根據抽屜原理,存在

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