费马平方和定理

費馬平方和定理是由法国数学家皮埃爾·德·費馬在1640年提出的一个猜想，但他没有提出有力的数学证明，1747年，瑞士数学家萊昂哈德·歐拉提出证明后成为定理。

内容
費馬平方和定理的表述是：奇質數能表示为两个平方数之和的充分必要条件是该質數被4除余1。

如5 = 1^2 + 2^2 那麼 5\equiv1 \pmod{4}，反之亦然。

该命题的必要条件是显然的，因为奇數的平方除以4必餘1，偶數的平方除以4必餘0。即若两个平方数之和为奇数，则该奇数必然模4余1而不可能出现模4余3的情况，不管这个奇数是素数还是合数都如此。而该命题的充分条件为本定理证明的重点。

歐拉的证明
歐拉在1747年证明了费马平方和定理，当年他四十岁。他在当年5月6日寄给哥德巴赫一封信，讲述这个定理的证明。该证明分五步，且用到了无穷递降法；由于信中没有把第五步讲清楚，因此1749年他再次寄给哥德巴赫一封信，详细讲述第五步的证明。

第一步、“如果两个整数都能表示为两个平方数之和，则它们的积也能表示为两个平方数之和。”
::即婆罗摩笈多－斐波那契恒等式 (a^{2}+b^{2})(p^{2}+q^{2})=(ap+bq)^{2}+(aq-bp)^{2}。

第二步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除，则它们的商也能表示为两个平方数之和。”

::假设a^2 + b^2能被p^2+q^2整除，且后者为素数。则p^2 + q^2能整除

:::(pb-aq)(pb+aq) = p^2b^2 - a^2q^2 = p^2(a^2+b^2) - a^2(p^2+q^2).

::由于p^2+q^2是素数，因此它能整除两个因數之一。假设它能整除pb-aq。由于

:::(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。于是等式能被p^2+q^2的平方整除。两边除以(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

::因此其商能表示为两个平方数之和。

::如果p^2+q^2能整除pb+aq，则利用等式

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

::同样可证。

第三步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除，则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因數。”

::假设q能整除a^2+b^2，且q不能表示为两个平方数之和。令a^2+b^2 = q p_1p_2\cdots p_n，其中p_1、p_2、⋯、p_n為質數，不必互異。如果所有的質因數p_i都能表示为两个平方数之和，则以p_1去除a^2+b^2，并使用第二步的结论，得到q p_2\cdots p_n是两个平方数之和，再以p_2去除，q p_3\cdots p_n，依此類推。最終除到只剩q，推得q也能表示为两个平方数之和，而產生矛盾。因此，如果q不能表示为两个平方数之和，则至少有一个質因數p_i也不能表示为两个平方数之和。

第四步、“如果a和b互素，则a^2 + b^2的所有因數都能表示为两个平方数之和。”

::这一步用到了无穷递降法。首先，假设q是a^2+b^2的因數。可记
:::a \equiv \pm c \mod q,\qquad b \equiv \pm d \mod q
::其中c,d。因此，
:::c^2+d^2 \equiv a^2+b^2 \equiv 0 \mod q
::換言之，c^2+d^2能被q整除，並且令g是c和d的最大公因数。根據c和d的定義，所有g和q的所有公因数都同時能整除互質的a和b，故g和q也互質。令
:::e = \frac c g, \qquad f = \frac d g
::則e和f互素，且q能整除e^2+f^2 = (c^2+d^2)/g^2。令，e^2+f^2 = qr，則r，这是因为

:::qr = e^2 + f^2 \leq c^2+d^2 \leq \left(\frac{q}{2}\right)^2 + \left(\frac{q}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}q^2.

::如果q不能表示为两个平方数之和，则根据第三步的结论，可知必有一个r的因數不能表示为两个平方数之和；设它为s。于是从x推出了一个更小的整数s，p也不能表示为两个平方数之和，但卻是两个平方数之和e^2+f^2 = qr的因數。由于这个无穷递降是不可能的，因此唯一的可能是q必需能表示为两个平方数之和。

第五步、“任何形为4n+1的素数都能表示为两个平方数之和。”

::如果p=4n+1，则根据费马小定理可得1, 2^{4n}, 3^{4n},\dots, (4n)^{4n}被p除都余1。因此它们的差2^{4n} -1, 3^{4n} -2^{4n},\dots,(4n)^{4n} - (4n-1)^{4n}都能被p整除。这些差可分解为
:::a^{4n} - b^{4n} = \left(a^{2n}+b^{2n}\right)\left(a^{2n} - b^{2n}\right) ，其中a=b+1。
::由于p是素数，對於所有的a，p必定能整除「和因子」a^{2n}+b^{2n}或「差因子」a^{2n}-b^{2n}。如果它能整除某一个“和因子”，则由于a和b相差1而必然互素，根据第四步的结论可得p能表示为两个平方数之和。而如果p能整除所有的4n-1个“差因子”，即p能整除第2n次方數列1, 2^{2n}, 3^{2n},\dots, (4n)^{2n}的所有一階差分。p也因此能整除第2n次方數列的二阶差分、三阶差分、⋯、2n阶差分。注意到對於一個多項式數列f(m)，若其最高次項是c\cdot m^k，則其差分\Delta f(m)的最高次項必然是kc\cdot m^{k-1}。因此，第2n次方數列第2n阶差必然等于(2n)!，但显然不能被p整除。因此，p不能整除所有的“差因子”，得证p能表示为两个平方数之和。

扎吉尔“一句话”证明
的证明基于羅傑·希斯-布朗早期证明的简化。令素数p满足p=4k+1以及\mathbb N为自然数集，考虑三元数组有限集S=\{(x,y,z)\in\mathbb N^3:x^2+4yz=p\}，于是S存在两种对合映射的方式：一种是(x,y,z)\mapsto(x,z,y)，其中不动点(x,y,y)即为p的两平方和的表示形式；另一种则是较为复杂的形式：

:(x,y,z)\mapsto\begin{cases}(x+2z,\,z,\,y-x-z)&x2y\end{cases}

必然有且只有一个不动点(1,1,k)，因此集合S的元素个数必为奇数，于是不动点(x,y,y)必然存在。

参考文献
*Richard Dedekind，“費馬的理论”。
*C. F. Gauss，“Disquisitiones Arithmeticae”（費馬版）。由Apple翻译。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
*[https://web.archive.org/web/20121117120257/http://planetmath.org/encyclopedia/ProofOfThuesLemma.html Two more proofs at PlanetMath.org]
*
*[https://ora.ox.ac.uk/objects/uuid:c91a3bdd-7d8a-4bea-9734-28caf66f0914 Fermat's two squares theorem] , D. R. Heath-Brown, 1984.