附录3 四平方和定理的证明

我们的目标是证明对于任一正整数n,均存在整数x,y,z,w，使得n=x2+y2+z2+w2.

先来看如下引理：

$(p^{2} + q^{2} + r^{2} + s^{2}) (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})$

$= {(a p + b q + c r + d s)}^{2} + {(- b p + a q - d r + c s)}^{2} + {(- c p + d q + a r - b s)}^{2} + {(- d p - c q + b r + a s)}^{2}$

若两个正整数X,Y均可表示为两组四平方数之和，则其乘积也能表示为一组四平方数之和。

这个结论由欧拉给出，故被称为欧拉乘积恒等式。

根据欧拉乘积恒等式，我们知道，只要证明乘积等于这个数的两个因数均表示为四个整数的平方和，即可证明所有正整数均满足四平方和定理。于是问题转化为证明全体素数p均能表示为四个整数的平方和。这里，我们循着拉格朗日的经典证法，也采用无穷递降法。

首先证明p的一个倍数mp可表示为四个整数的平方和。

我们构造这样两个集合：A={a|a=x2 (mod p),x=0,1,…,p-1},B={b|b=-1-y2 (mod p),y=0,1,…,p-1}.

对于A：当x=0时，a=0;当x>0时，由于 $x^{2} \equiv {(p - x)}^{2} (m o d p)$ （读者自证不难），有(p-1)/2个元素，故A共有(p+1)/2个元素。f

同理可证-1-y2也有(p+1)/2个元素。又由于一个集合被p除的余数最多有p个，所以A与B必有交集，即

$x^{2} \equiv (- 1 - y^{2}) (m o d p)$

移项，得

$x^{2} + y^{2} + 1 \equiv 0 (m o d p)$

此时我们就找到了一组满足条件的数：

$x^{2} + y^{2} + 1^{2} + 0^{2} = m p$

更一般地，写成

$x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2} = m p$

接着，承接无穷递降法的思路，我们需要找到一个更小的倍数k，满足 ${x ’}^{2} + {y ’}^{2} + {z ’}^{2} + {w ’}^{2} = k p$ .考虑将x,y,z,w同时对m求最小绝对余数[1]，得a,b,c,d.由于 $x \equiv a (m o d m)$ ,故 $x^{2} \equiv a^{2} (m o d m)$ ,同理可写出y,z,w.故

$x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2} \equiv (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$ ) (mod m)=0

则 $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$ =km(k<m).①

接着写出 $x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2}$ =mp, ②

①式乘②式，得

m2·kp= ${(a}^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$ )( $x^{2} + y^{2} + z^{2} + w^{2}$ ).③

由欧拉乘积恒等式，得 m2·kp= $X^{2} + Y^{2} + Z + W^{2}$ .

将X,Y,Z,W分别代入表达式，显然，Y,Z,W均为m的倍数。对于X：X=ax+by+cz+dw=a(mk1+a)+b(mk2+b)+c(mk3+c)+d(mk4+d)=(ak1+bk2+ck3+dk4)m+ $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$ =(ak1+bk2+ck3+dk4+k)m亦为m的倍数，则 $X^{2} + Y^{2} + Z^{2} + W^{2}$ 为m2的倍数。

③式两边同时除以m2得 kp= $X^{’ 2} + Y^{’ 2} + Z^{’ 2} + W^{’ 2}$ .

于是我们就找到了一个更小的倍数k，使得kp仍满足四平方和定理。这个过程可以一直进行下去，直到k=1时停止，于是所有素数p均满足四平方和定理，推得所有正整数均满足四平方和定理。于是四平方和定理得证。

注：[1] 所谓最小绝对余数，是指对m取余后求得的余数的绝对值不超过m/2.如14 (mod 5)=-1.这样可以保证计算 $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}$ 时值不超过m2.