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2.6 Lagrange平方和定理
复习引入：欧拉定理2.5.5解决了正整数表为2平方和的充要条件，并不是每个正整数都能表为2平方和，那么，一个极有悬念的问题是：确定最小的n使每个正整数都能表为n个整数的平方和。1770年拉格朗日证明n=4，这是初等数论中最漂亮的定理。
内容要点：本节只证明一个定理：拉格朗日4平方和定理。证明从很大的程度上依赖与上节的4元欧拉恒等式。但是，因为4元欧拉平方和恒等式来源于Hamilton四元数的运算性质，因此我们认为拉格朗日4平方和定理虽然是一个数论定理，但它的证明更多地采用了环论方法：整数剩余类环与Hamilton四元数环的初等运算技巧。
讲解内容：
受勾股定理与勾股数的启发，人们对于将一个正整数表为平方和的问题特别感兴趣。1770年拉格朗日（J.L.Lagrange，1736—1813）证明每个正整数能表为四个整数的平方和。在证明这一定理之前我们先证明下面引理。
引理2.6.1 设p是奇素数，则同余式x2+y2≡?1(p)有整数解。 证 两组整数
(Ⅰ) 0, 12, 22, ?, (
p?12
) 2p?12
)+1] 2(Ⅱ) ?1, ? (12+1), ? (22+1), ?, ? [(
每组各含
p?1个数，且组内各数模p互不同余，但两组合起来共p+1个数,因此必有两个数来2自不同的组x2与? (y2+1),它们模p同余,即x2≡?(y2+1) (p)，因此x2+y2≡?1(p)有整数解。
定理2.6.2(Lagrange) 每个正整数都可表为四个整数的平方和。
证 由定理2.5.2(2)只要证明每个素数p能表为四个整数的平方和。2当然能表为四个整数的平方和，因此下面可以假定p是奇素数。
由引理2.6.1 x2+y2+1≡0(p)有整数解,说明存在正整数n使x12+x22+x32+x42=np有整数解，假定n是具有这一性质的最小正整数，下证n=1。
首先证明n奇。否则若n偶，则x1，x2，x3，x4的奇偶性只有下面三种可能：四偶，四奇，或二偶二奇。无论哪种情况都可作下面的变量代换
y1=x1+x2， y2=x1 ? x2，y3=x3+x4， y4=x3 ? x4
而使y1， y2，y3，y4全为偶数,且这时
y12+ y22+y32+y42=np
于是(
y12y22y32y42np)+()+()+（）=, 与n最小性矛盾。 22242如果n?1,则n?3。求ui 使得x i?u i（n）且|ui| ?
n, 2于是
u1+u2+u32+u42?0（n）,
22
而
u1+u2+u32+u42?n2。
22
因此有 0? m? n 使u12+u22+u32+u42=mn。
记Hamilton四元数?= x1+x2i+x3j+x4k，?= u1+u2i+u3j+u4k，??=z1+z2i+z3j+z4k， 则 ?
=?? 有|?|2=|?|2|?|2=(np)(mn)=pmn2
且 z1?x1u1+x2u2+x3u3+x4u4?x12+x22+x32+x42?0 (n)
z2 = x2u1? x1u2 + x4u3 ? x3u4 ≡0 (n) z3 = x3u1 ? x1u3 + x2u4 ? x4u2 ≡0 (n) z4 = x4u1 ? x1u4 + x3u2 ? x2u3 ≡0 (n)
于是 zi=tin， n2(t12+t22+t32+t42)=|? | 2=pmn2， t12+t22+t32+t42=mp， 与n最小性矛盾，定理得证。
练习作业
1. 证明每个正整数都可表为x2+y2－z2的形式,其中x,y,z是整数。
2. *证明奇素数p能表为x2+2y2的形状，x，y是整数，当且仅当p?1或3（8）。 （注：高斯证明了一个正奇数m能表为三个整数的平方和当且仅当m?7（8））