平方和

UPD on 2025.7.30：补充说明

定理 \(1\) ：任何素数 \(p\equiv 1\:(mod~4)\) 可以表示为两个正整数的平方和。

证明：对这样的 \(p\) ，存在 \(t^2\equiv -1\:(mod~p)\) （其中 \(t=(\frac{p-1}2)!\) ），只要找到 \(y\equiv \pm tx\:(mod~p)\) 并且 \(x,y\le [\sqrt p]\) ，就有 \(x^2+y^2\equiv (t^2+1)x^2\equiv 0\:(mod~p)\) 且 \(x^2+y^2<2p\) ，即 \(p=x^2+y^2\) 。

引理 \(1\) ：若 \((a,n)=1\) ， \(n>1\) ，则存在不全为 \(0\) 的整数 \(x,y\) 满足 \(0\le x,y\le [\sqrt n]\) 使得 \(x\equiv \pm ay\:(mod~n)\) 对适当的符号成立

这个可以用抽屉原理简单证明。具体地，记 \(k=[\sqrt n]\) ，考虑所有数对 \(0\le x,y\le [\sqrt n]\) ，共 \((k+1)^2>n\) 对数，于是存在 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) 使得 \(x_1-ay_1\equiv x_2-ay_2\:(mod~n)\)

于是 \(x_1-x_2\equiv a(y_1-y_2)\:(mod~n)\) ，如果 \(x_1=x_2\) ，则 \(y_1\ne y_2\) 但 \(ay_1\equiv ay_2\:(mod~n)\) ，这与 \((a,n)=1,y_1,y_2\le [\sqrt n]\) 矛盾

于是 \(x_1-x_2\ne 0\) ，取 \(x=|x_1-x_2|,y=|y_1-y_2|\) 即可

定理 \(1.1\) ：对任何素数 \(p\equiv 1\:(mod~4)\) ，存在唯一的 \((a,b)\) （不考虑顺序）使得 \(p=a^2+b^2\)

反证法，对两对解 \((a_1,b_1)(a_2,b_2)\) ，不妨 \(a_1<b_1,a_2<b_2,a_1<a_2\)

考虑 \(p^2=(a_1b_1+a_2b_2)^2+(a_1b_2-a_2b_1)^2=(a_1b_2+a_2b_1)^2+(a_1b_1-a_2b_2)^2\)

其中 \((a_1b_1+a_2b_2)(a_1b_1-a_2b_2)=(a_1b_1)^2-(a_2b_2)^2=a_1^2(b_1^2+b_2^2)-(a_1^2+a_2^2)b_2^2\equiv 0\:(mod~p)\) ，它们必有一个是 \(p\) 的倍数

若 \(a_1b_1+a_2b_2\equiv 0\:(mod~p)\) ，则 \(a_1b_2-a_2b_1\equiv 0\:(mod~p)\) 即

\(a_1b_1\equiv -a_2b_2,a_1b_2\equiv a_2b_1\:(mod~p)\)

相乘可得

\(a_1^2\equiv -a_2^2\:(mod~p)\)

然而 \(a_1^2+a_2^2<a_1^2+b_2^2<a_1^2+b_1^2=p\) ，矛盾

定理 \(1.2\) ：任何数能表示成平方和当且仅当其所有满足 \(p\equiv 3\:(mod~4)\) 的素因子次数为偶数

关键是恒等式： \((a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2+(ay-bx)^2\) 以及 \(2=1^2+1^2\) ，所以可以将模 \(4\) 余 \(1\) 的奇幂次素数全表示为平方和乘起来，再将偶数次素数直接乘上去

根据在费马小定理中提到的结论（或者直接考虑二次剩余），模 \(4\) 余 \(3\) 的素数 \(p\mid x^2+y^2\) 可以给出 \(p\mid x,y\) ，则 \(p^2\mid n\)，归纳至 \(\frac n{p^2}\) 进而完成另一个方向的证明

定理 \(1.3\) ：素数 \(p>2\) 可以写成 \(a^2+2b^2\) 的形式当且仅当 \(p\equiv 1,3\:(mod~8)\)

定理 \(1.4\) ：素数 \(p\ne 3\) 可以写成 \(a^2+3b^2\) 形式当且仅当 \(p\equiv 1\:(mod~3)\)

用引理 \(1\) 结合二次剩余（二次互反律）理论给出证明

定理 \(2\) ：（拉格朗日四平方和定理）任何正整数都可以表示为四个整数的平方和

关键的恒等式： \((a^2+b^2+c^2+d^2)(w^2+x^2+y^2+z^2)=(aw+bx+cy+dz)^2+(ax-bw+cz-dy)^2+(ay-bz-cw+dx)^2+(az+by-cx-dw)^2\)

这个恒等式说明我们只要证素数情况即可。

我们先说对任意 \(p\) 存在 \(m_0\) 使得 \(m_0p\) 可被表示为四个整数的平方和，并且 \(m_0<p\)

实际上 \(x^2+y^2+1\equiv 0\:(mod~p)\) ，存在一组解，并且可以使 \(x,y\le \frac{p-1}2\) ，使得 \(x^2+y^2+1<p^2\) ，于是证明了 \(m_0\) 的存在性

下面应用无穷递降法，设 \(m_0\) 是最小的使 \(m_0p\) 可表示的数，若 \(m_0>1\) ，我们声称：

1. \(m_0\) 是奇数

如果是偶数， \(m_0p=a^2+b^2+c^2+d^2\) ，一定可以将 \(a,b,c,d\) 配成奇偶性相同的两组，不妨 \((a,b)(c,d)\) 奇偶性相同，则 \(\frac{m_0}2p=(\frac{a+b}2)^2+(\frac{a-b}2)^2+(\frac{c+d}2)^2+(\frac{c-d}2)^2\) ，与 \(m_0\) 最小性矛盾

2. \(m_0=1\)

首先 \(m_0\nmid (a,b,c,d)\) ，否则很显然 \((a,b,c,d)^2\mid m_0p\) ，但是 \(a,b,c,d<p\) ，于是 \(\frac{m_0}{(a,b,c,d)}p=\sum(\frac a{(a,b,c,d)})^2\) ，与 \(m_0\) 最小性矛盾

下面设 \(a\equiv w\:(mod~m_0)\) 使得 \(|w|< \frac{m_0}2\) （这里用到了 \(m_0\) 是奇数），同理定义 \(x,y,z\) ，根据上述论证， \(w,x,y,z\) 不全为 \(0\) ，设 \(w^2+x^2+y^2+z^2=m_0m_1\) ，并且 \(m_1<m_0\) （根据 \(m_0\) 是奇数的严格小于）

现在设 \((a^2+b^2+c^2+d^2)(w^2+x^2+y^2+z^2)=m^2+n^2+l^2+k^2=m_0^2m_1p\) ，并且 \(m=aw+bx+cy+dz\equiv a^2+b^2+c^2+d^2\equiv 0\:(mod~m_0)\) ，同理 \(m_0\mid m,n,l,k\) ，两边除去 \(m_0^2\) ，而 \(m_1<m_0\) ，矛盾。

注 \(1\) ：\(Conway\) 证明了 \(15\) 定理：任何二次多项式若能取整数值表示出 \(1,2,3,5,6,7,10,14,15\) ，则可以表示出任何正整数，其中包括了 \(P(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2\)

注 \(2\) ：一个类似的题目是证明：对 \(S=\{a+b\frac{-1+\sqrt 3i}2\mid a,b\in Z\}\) 中任意元素 \(\delta\) ，存在 \(a,b,c\in S\) 使得 \(\delta=a^2+b^2+c^2\) 。

不过证明思路完全不同，是先证明可以表示为有限个数的平方和再压缩为 \(3\) 个，注意 \(S\) 是一个乘法加法封闭集。

例1

给定质数 \(p\) 和正整数 \(a\) ，称正整数 \(t\) 是好的，如果存在正整数 \(x,y\) 使得 \(p\nmid xy,p^t=ax^2+y^2\)

对正整数 \(n\) 记 \(P_n\) 表示不超过 \(n\) 的好数个数，求证：存在常数（与 \(n\) 无关） \(\alpha,\beta\) 使得 \(\alpha n-\beta\le P_n\le \alpha n+\beta\)

\(a\mid p\) 的情况比较简单，我们下面考虑 \(a\nmid p\)

先考虑 \(p>2\)

关键是恒等式可以拓展到 \((ax^2+y^2)(am^2+n^2)=(axm-ny)^2+a(xn+my)^2=(axm+ny)^2+a(xn-my)^2\) ，其中有一组表示满足两个数均不为 \(p\) 的倍数

否则四个数都是 \(p\) 的倍数，那么 \(xm,ny,xn,my\) 都是 \(p\) 的倍数，这与 \(p\nmid xy,nm\) 矛盾

于是如果 \(s,t\) 是好数，那么 \(s+t\) 也是好数。

进一步地，若 \(s,t\) 是好数，那么 \(s-t\) 也是好数。我们设 \(p^s=ax_s^2+y_s^2,p^t=ax_t^2+y_t^2\)

如果 \(p^{s-t}=ax_{s-t}^2+y_{s-t}^2\) ，希望是 \(ax_{s-t}x_t-y_{s-t}y_t=y_s,x_{s-t}y_t+x_ty_{s-t}=x_s\)

解得 \(\large x_{s-t}=\frac{y_sx_t+x_sy_t}{ax_t^2+y_t^2}=\frac{y_sx_t+x_sy_t}{p^t},y_{s-t}=\frac{ax_tx_s-y_ty_s}{p^t}\)

还得考虑对称的解，就是将两者的加减号交换一下

我们需要验证这是整数。并不困难，因为 \(ax_s^2\equiv -y_s^2\:(mod~p^t),ax_t^2\equiv -y_t^2\:(mod~p^t)\) ，于是 \(x_s^2y_t^2\equiv y_s^2x_t^2\:(mod~p^t)\)

\(x_sy_t\equiv \pm y_sx_t\:(mod~p^t)\) 考虑上面两组对称解对应的一组即可。注意当 \(x_{s-t}\) 为整数后，由于 \(p\nmid a\) ，自然地给出 \(y_{s-t}\) 只能是整数（它的分母里只有 \(p\) 的幂次，不能被 \(x_t\) 消去，考虑 \(x_{s-t}y_t+x_ty_{s-t}=x_s\) 即可）

现在设 \(t_0\) 是最小的好数，则一个数是好数当且仅当它是 \(t_0\) 的倍数（否则不断减去 \(t_0\) 直至小于 \(t_0\) 仍为好数，与 \(t_0\) 最小性矛盾）

\(p=2\) 的情况会稍古怪一点，因为它会与 \(\frac{x^2+y^2}2=(\frac{x+y}2)^2+(\frac{x-y}2)^2\) 有关

实际上 \(\large 2^{s+t-2}=(\frac{ax_s^2+y_s^2}2)(\frac{ax_t^2+y_t^2}2)=(\frac{ax_sx_t+y_sy_t}2)^2+a(\frac{x_sy_t-x_ty_s}2)^2\) （或者另一种表示）

\(\large2^{s-t-2}=(\frac{ax_sx_t+y_sy_t}{2^{t+1}})^2+(\frac{x_sy_t-y_sx_t}{2^{t+1}})^2\) （或另一种表示）

\(s,t\) 是好数就可以说明 \(s\pm t-2\) 是好数。不过证明思路基本一致。

例2

证明：方程 \(x^2+y^2=z+z^5\) 有无穷组正整数解满足 \((x,y)=1\)

关键是 \(x^2+y^2=z(1^2+(z^2)^2)\) ，只要令 \(z=a^2+1\) ，使用平方和恒等式即可

例3

证明：存在无穷个 \(n\) ，使得 \(n\) 的某个素因子 \(p>2n+\sqrt{2n}\)

对素数 \(p\equiv 1\:(mod~4)\) 取最小的 \(n\) 使得 \(p\mid n^2+1\) ，使得 \(n\in\{1,2,...,\frac{p-1}2\}\) （否则取 \(p-n\) ），设 \(p=2k+1\) ，然后 \(n=k-s\) ，于是 \(p\mid 4n^2+4=(2k-2s)^2+4\equiv (2s+1)^2+4\:(mod~p)\) ，然后 \((2s+1)^2+4\ge 2k+1\) ，于是 \(2s+1> \sqrt{2k-3}\) ，我们要证明 \(2s+1\ge \sqrt{2n}\) ，只要 \(k\ge n+2\) ，这可以对无穷多个 \(p\) 做到（因为取 \(n=\frac{p-1}2,\frac{p-3}2\) 的 \(p\) 实际上有限）

注：思路完全相同的题目在 \(USAMO2006\) 出现：设 \(P(n)\) 表示 \(n\) 的最大素因子，求所有整系数多项式 \(f\) 使得 \((P(f(n^2))-2n)_{n\ge 1}\) 有界