四平方和定理 (英語:Lagrange's four-square theorem) 說明每个正整数均可表示为4个整数的平方和。它是費馬多邊形數定理和華林問題的特例。
根据上述欧拉恒等式或四元數的概念可知如果正整数
和
能表示为4个整数的平方和,则其乘积
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
必有一组整数解x,y满足
,
(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。
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。
,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
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
。又從引理一可知
。
證明
不會是偶數
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設
是偶數,且
。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
的奇偶性相同,
的奇偶性相同,
均為偶數,可得出公式:
,與
是最小的正整數使得的假設
可以表示成四个整数的平方和不符。
證明 ![{\displaystyle m_{0}=1}](https://backend.710302.xyz/https/wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/02899090a3aa3cefc71fbd399a6fc374e3a57253)
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現在用反證法證明
。設
。
不可整除
的最大公因數,否則
可整除
,則得
是
的因數,但
且p為質數,矛盾。
故存在不全為零、絕對值小於
(注意
是奇數在此的重要性)整數的
使得
。
![{\displaystyle 0<\sum y_{i}^{2}<4({\frac {1}{2}}m_{0})^{2}=m_{0}^{2}}](https://backend.710302.xyz/https/wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e7463118ccb938852dc4edcc449baa86e0b53cd3)
![{\displaystyle \sum y_{i}^{2}\equiv \sum x_{i}^{2}\equiv 0{\pmod {m_{0}}}}](https://backend.710302.xyz/https/wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8eba49c86ef7aceca9050b91b6b6bba526035769)
可得
,其中
是正整數且小於
。
- 下面證明
可以表示成四个整数的平方和,從而推翻假設。
令
,根据四平方和恆等式可知
是
的倍數,令
,
![{\displaystyle \sum z_{i}^{2}=\sum y_{i}^{2}\times \sum x_{i}^{2}}](https://backend.710302.xyz/https/wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/28ec2885da71e8c01a2cfacad3ff826a268d83be)
![{\displaystyle m_{0}^{2}\sum t_{i}^{2}=m_{0}m_{1}m_{0}p}](https://backend.710302.xyz/https/wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3c2b385e34770bce660f7e83c2c54e274f7f1c0c)
![{\displaystyle \sum t_{i}^{2}=m_{1}p<m_{0}p}](https://backend.710302.xyz/https/wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a9134f4db18a22fe9fb335f304a99ab4a9883dd3)
矛盾。
將和為
的剩餘兩個一組的分開,可得出
組,分別為
。
將模
的二次剩餘有
個,分別為
。
若
是模
的二次剩餘,選取
使得
,則
,定理得證。
若
不屬於模
的二次剩餘,則剩下
組,分別為
,而模
的二次剩餘仍有
個,由於
,根據抽屜原理,存在
。