費馬平方和定理

費馬平方和定理是由法國數學家皮埃爾·德·費馬在1640年提出的一個猜想，但他沒有提出有力的數學證明，1747年，瑞士數學家萊昂哈德·歐拉提出證明後成為定理。

內容

費馬平方和定理的表述是：奇質數能表示為兩個平方數之和的充分必要條件是該質數被4除餘1。

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

該命題的必要條件是顯然的，因為對於$a\equiv 0{\pmod {2}}$總有$a^{2}\equiv 0{\pmod {4}}$（偶數的平方能被4整除）以及對於$a\equiv 1{\pmod {2}}$總有$a^{2}\equiv 1{\pmod {4}}$（奇數的平方被4除餘1），即若兩個平方數之和為奇數，則該奇數必然模4餘1而不可能出現模4餘3的情況（事實上不管這個奇數是質數還是合數都如此）。而該命題的充分條件為本定理證明的重點。

歐拉的證明

歐拉在1747年證明了費馬平方和定理，當年他四十歲。他在當年5月6日寄給哥德巴赫一封信，講述這個定理的證明。該證明分五步，且用到了無窮遞降法；由於信中沒有把第五步講清楚，因此1749年他再次寄給哥德巴赫一封信，詳細講述第五步的證明。

第一步、「如果兩個整數都能表示為兩個平方數之和，則它們的積也能表示為兩個平方數之和。」

即婆羅摩笈多－斐波那契恆等式 $(a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}$。

第二步、「如果一個能表示為兩個平方數之和的整數被另一個能表示為兩個平方數之和的質數整除，則它們的商也能表示為兩個平方數之和。」

假設$a^{2}+b^{2}$能被$p^{2}+q^{2}$整除，且後者為質數。則$p^{2}+q^{2}$能整除

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

由於$p^{2}+q^{2}$是質數，因此它能整除兩個因子之一。假設它能整除$pb-aq$。由於

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

可推出$p^{2}+q^{2}$能整除$(ap+bq)^{2}$。於是等式能被$p^{2}+q^{2}$的平方整除。兩邊除以$(p^{2}+q^{2})^{2}$得：

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

因此其商能表示為兩個平方數之和。

如果$p^{2}+q^{2}$能整除$pb+aq$，則利用等式

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

同樣可證。

第三步、「如果一個能表示為兩個平方數之和的整數被另一個不能表示為兩個平方數之和的整數整除，則它們的商也必有一個不能表示為兩個平方數之和的因子。」

假設$x$能整除$a^{2}+b^{2}$，且其商的分解式為$p_{1}p_{2}\cdots p_{n}$。則$a^{2}+b^{2}=xp_{1}p_{2}\cdots p_{n}$。如果所有的因子$p_{i}$都能表示為兩個平方數之和，則我們可以用$p_{1}$、$p_{2}$、等等去除$a^{2}+b^{2}$，並使用第二步的結論，可得每一個商都能表示為兩個平方數之和。除到只剩$x$的時候，可得$x$也能表示為兩個平方數之和，矛盾。因此，如果$x$不能表示為兩個平方數之和，則至少有一個質數$p_{i}$ 也不能表示為兩個平方數之和。

第四步、「如果$a$和$b$互質，則$a^{2}+b^{2}$的所有因子都能表示為兩個平方數之和。」

這一步用到了無窮遞降法。設$x$是$a^{2}+b^{2}$的一個因子。可記

$a=mx\pm c,\qquad b=nx\pm d$

其中$c$和$d$的絕對值最多不超過$x$的一半。可得：

$a^{2}+b^{2}=m^{2}x^{2}\pm 2mxc+c^{2}+n^{2}x^{2}\pm 2nxd+d^{2}=Ax+(c^{2}+d^{2}).$

因此，$c^{2}+d^{2}$一定能被$x$整除，設$c^{2}+d^{2}=yx$。如果$c$和$d$不互質，則它們的最大公因數與$x$互質（否則它與$x$的最大公因數就能整除$a$和$b$，與我們假設它們互質矛盾）。因此它們的最大公因數的平方能整除$y$（因為它能整除$c^{2}+d^{2}$），於是我們得到$e^{2}+f^{2}=zx$，其中$e$和$f$互質，且$z$不超過$x$的一半，這是因為

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

如果$c$和$d$互質，則我們可直接使用$c$和$d$，不必轉換成$e$和$f$。

如果$x$不能表示為兩個平方數之和，則根據第三步的結論，可知必有一個$z$的因子不能表示為兩個平方數之和；設它為$w$。於是我們從$x$推出了一個更小的整數$w$，都不能表示為兩個平方數之和，但都能被一個能表示為兩個平方數之和的整數整除。由於這個無窮遞降是不可能的，因此$x$一定能表示為兩個平方數之和。

第五步、「任何形為$4n+1$的質數都能表示為兩個平方數之和。」

如果$p=4n+1$，則根據費馬小定理可得$1,2^{4n},3^{4n},\dots ,(4n)^{4n}$被$p$除都餘1。因此它們的差$2^{4n}-1,3^{4n}-2^{4n},\dots ,(4n)^{4n}-(4n-1)^{4n}$都能被$p$整除。這些差可分解為

$a^{4n}-b^{4n}=\left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n}-b^{2n}\right).$

由於$p$是質數，它一定能整除這兩個因子之一〔以下稱它們為「和因子」和「差因子」〕。如果它能整除任何一個「和因子」，則根據第四步的結論可得$p$能表示為兩個平方數之和〔由於$a$和$b$僅相差$1$，它們必然互質〕。而如果它能整除所有的$4n-1$個「差因子」$2^{2n}-1,3^{2n}-2^{2n},\dots ,(4n)^{2n}-(4n-1)^{2n}$，則它也能整除$4n-2$個一階差、$4n-3$個二階差，依此類推。由於數列$1^{k},2^{k},3^{k},\dots$的第$k$階差都等於$k!$，於是第$2n$階差都等於$(2n)!$，顯然它不能被$p$整除。因此，$p$不能整除所有的「差因子」，得證$p$能表示為兩個平方數之和。

扎吉爾「一句話」證明

唐·扎吉爾的證明基於羅傑·希斯-布朗早期證明的簡化。令質數$p$滿足$p=4k+1$以及$\mathbb {N}$為自然數集，考慮三元數組有限集$S=\{(x,y,z)\in \mathbb {N} ^{3}:x^{2}+4yz=p\}$，於是$S$存在兩種對合映射的方式：一種是$(x,y,z)\mapsto (x,z,y)$，其中不動點$(x,y,y)$即為$p$的兩平方和的表示形式；另一種則是較為複雜的形式：

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

必然有且只有一個不動點$(1,1,k)$，因此集合$S$的元素個數必為奇數，於是不動點$(x,y,y)$必然存在。

參考文獻

• Richard Dedekind，「費馬的理論」。
• C. F. Gauss，「Disquisitiones Arithmeticae」（費馬版）。由Apple翻譯。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. 原始內容存檔於5 February 2012. 
• Fermat's two squares theorem （頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）, D. R. Heath-Brown, 1984.