二解多个平方和分拆——再议平方和的存在 倪则均，2015年8月27日。

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（西汉杨雄的《太玄经》上说：“夫物不因不生，不革不成。
故知因而不知革，物失其则；知革而不知因，物失其均。”）
1，关于二平方和的存在问题。
1640年底，费马在给梅森的信中讲：“形如4n+1的素数可以惟一表示为两个平方数之和，如17=16+1，29=25+4等”。二平方的和存在问题，1654年，费马在写给帕斯卡的一封信中谈到：“给定形如4n+1的素数，能找到一个普遍的方法求出两个整数，使其平方和等于该素数”。我将上面费马的第一个问题，称为存在性和惟一性的问题，而将上面费马的第二个问题，称为可算性的问题。
费马曾多次声称，他已经运用他的“无穷递降法”证明了这两个问题，并且于1659年，把这个证明的要点，告诉了卡尔卡维。冯克勤写了一本《平方和》，对于表素数为二平方和的问题，此书一开始就抬出了高斯来吓人。他说是高斯首先确认了，欧拉对于下面的欧拉定理：素数p是二平方和的充分必要条件为p=2或p≡1（mod4）。（换句话说：素数p不为二平方和←→p≡3（mod4））的证明完全正确。然而，欧拉的证明却是完全错误，其中所运用的无穷递降法，不知是冯克勤，还是欧拉或高斯强加给费马的？
如果说，欧拉对于“形如4n+1的素数可以惟一表示为两个平方数之和，”的错误证明是反向的，那么陈景润对于“形如4n+1的素数可以惟一表示为两个平方数之和，”的证明则是正面的突破。其实，平心而论，陈景润的正面突破也是有所缺陷的，若是从晦涩难懂的角度来看，两者难分伯仲，但是陈景润的正确证明，似乎是比欧拉的错误证明更为繁琐复杂，这也就是说，对于陈景润的正确证明尚待再作更进一步的改进，对于欧拉的错误证明也有可取之处的。
对于欧拉的错误证明，只要将其一开始所给出的：设p是奇素数，如果p是平方和，即p=x^2+y^2，其中x和y是整数，则x^2+y^2≡0（mod p），只要稍作如下的改动，即可变得较为简洁清晰了。设p=4k+1是一个素数，g是其原根，那么则有（g^r）^2+[g^（r+k）]^2=mp，若令g^r=x，g^（r+k）=y，即有x^2+y^2=mp。反过来看，也就是要证明m和p是什么样的数时，它们的乘积为两个平方数之和，显然，m必须是一个平方数，或是可以分拆为二平方和的数，p必须是一个可以分拆为二平方和的素数，否则它们的乘积就不可是两个平方数之和。下面我们不妨通过一个实例，予以更具体的说明，13是一个4k+1形素数，2是其原根。对于素数13，我们可以根据原根的指数将其分拆为：
2^2+2^8=4+256=5×4×13≡2^2+3^2=4+9=13≡11^2+10^2=121+100=221=17×13，
2^4+2^10=16+1024=5×16×13≡4^2+6^2=16+36=4×13≡9^2+7^2=81+49=10×13，
2^6+2^12=64+4096=5×64×13≡8^2+12^2=64+144=16×13≡5^2+1^2=25+1=2×13，
2^8+2^14=256+16384=5×256×13≡3^2+11^2=9+121=10×13
≡10^2+2^2=100+4=8×13，
2^10+2^16=1024+65536=5×1024×13≡6^2+9^2=36+81=9×13
≡7^2+4^2=49+16=5×13，
2^12+2^18=4096+262144=5×4096×13≡12^2+5^2=144+25=13×13
≡1^2+8^2=1+64=5×13。
2，规律三平方和的分拆问题。
我在上篇文章“一解多个平方和分拆——规律与非规律问题”中，已经指出p=8n+3形素数的三平方和分拆，有着规律性分拆和非规律性分拆的区别。我们可以将所有的p=8n+3形素数，全都变化成为p=8n+3=2（4n+1）+1形素数，若令k=4n+1，则有p=8n+3=2k+1。其实，p=2k+1（k=4n+1）形素数，是属于第一层的生成素数，其中2的周期为单偶数，因此2必定是其原根g的奇次剩余，即有g^r≡2（mod p），其中r为奇数，当r=1时，则有g=2，此时2就是一个原根。
对于一个p=2k+1（k=4n+1）形素数来说，如果g是其原根，那么，我们就可以将p分拆为g^2s+g^（2s+k）≡g^2s（1+ g^k）≡0（mod p）。显然，此式中的指数（2s+k）是一个奇数，由于g^r≡2（mod p）中的r也为奇数，因此2s+k-r=2t为偶数，于是就可以将另一个分拆数g^（2s+k），变化为g^（2s+k）≡g^r×g^2t≡2g^2t。若是令g^s≡x，g^t≡y，那么，我们就可以将p分拆为x^2+2y^2≡0（mod p）。
下面我们不妨仍然通过一个实例，来予以更具体的说明，11是一个2k+1（k=4n+1）形素数，2是其原根，即有g^1=2，r=1。于是在Φ11素数群里有2^1≡2、2^2≡4、2^3≡8、2^4≡5、2^5≡10、2^6≡9、2^7≡7、2^8≡3、2^9≡6、2^10≡1（mod p）。因此对于素数11，我们可以根据其原根g的指数，将其分拆为g^2s+g^（2s+k）≡g^2s+2g^（2s+k-1），由于k=5，所以
当s=1时，则有2^2+2g^（2+5-1）≡2^2+2（g^3）^2≡2^2+2（8）^2=4+128=132=4×3×11；
当s=2时，则有4^2+2g^（4+5-1）≡4^2+2（g^4）^2≡4^2+2（5）^2=16+50=66=2×3×11；
当s=3时，则有8^2+2g^（6+5-1）≡8^2+2（g^5）^2≡8^2+2（10）^2=64+200=264=8×3×11；
当s=4时，则有5^2+2g^（8+5-1）≡5^2+2（g^6）^2≡5^2+2（9）^2=25+162=187=17×11；
当s=5时，则有10^2+2g^（10+5-1）≡10^2+2（g^7）^2≡10^2+2（7）^2=100+98=198=2×9×11；
当s=6时，则有9^2+2g^（12+5-1）≡9^2+2（g^8）^2≡9^2+2（3）^2=81+18=99=9×11：
当s=7时，则有7^2+2g^（14+5-1）≡7^2+2（g^9）^2≡7^2+2（6）^2=49+72=121=11×11；
当s=8时，则有3^2+2g^（16+5-1）≡3^2+2（g^10）^2≡3^2+2（1）^2=9+2=11，
当s=9时，则有6^2+2g^（18+5-1）≡6^2+2（g^11）^2≡6^2+2（2）^2=36+8=44=4×11；
当s=10时，则有1^2+2g^（20+5-1）≡1^2+2（g^12）^2≡1^2+2（4）^2=1+32=33=3×11。
3，规律三平方和的存在性、唯一性与可算性。
笔者在“二求素数及其幂的分拆——陈景润的正面突破”一文里已经指出，如果p1和p2是两个p=2k+1（k=4n+1）形素数，它们的规律三平方和分拆为：p1=2A^2+B^2和p2=2a^2+b^2，那么它们的乘积为：
p1p2=（2A^2+B^2）（2a^2+b^2）=2（Ab+aB）^2+（2Aa-Bb）^2
=2（Ab+aB）^2+（2Aa-Bb）^2。
根据上面的论证可以知道，对于一个p=2k+1（k=4n+1）形素数来说，如果g是其原根，那么，我们就可以将p分拆为g^2s+g^（2s+k）≡g^2s（1+ g^k）≡0（mod p）。显然，此式中的指数（2s+k）是一个奇数，由于g^r≡2（mod p）中的r也为奇数，因此2s+k-r=2t为偶数，于是就可以将另一个分拆数g^（2s+k），变化为g^（2s+k）≡g^r×g^2t≡2g^2t。若是令g^s≡x，g^t≡y，那么，我们就可以将p分拆为x^2+2y^2≡0（mod p）。
根据上面的实例可以知道，对于一个p=2k+1（k=4n+1）形素数来说，如果g是其原根，那么，我们就可以将其三平方和表示为g^2s+g^（2s+k）=mp。显然，m必须是一个平方数，或是可以分拆为规律的三平方和的数，p必须是一个可以分拆为规律的三平方和的素数，否则它们的乘积就不可是规律的三平方和。这就是说，规律的三平方和具有与二平方和完全相似的性质，它们同样也有存在性，唯一性和可算性问题。
其实，对于另一个分拆数g^（2s+k）来说，我们还可以将其变化为g^（2s+k）=g^s×g^（s+k），由于g^s+g^（s+k）≡g^s×（1+g^k）≡0（mod p），所以g^s和g^（s+k）是一对加法互逆元素。这就是说，在p=2k+1（k=4n+1）形素数里，它们的两个加法互逆元素的乘积之中，必定一个为2y^2，即有a（p-a）≡2y^2（mod p）。例如，11是一个p=2k+1（k=4n+1）形素数，2是其一个原根，因此有：
1^2+1×10=11，2^2+2×9=2×11，3^2+3×8=3×11，4^2+4×7=4×11，5^2+5×6=5×11，6^2+6×5=6×11，7^2+7×4=7×11，8^2+8×3=8×11，9^2+9×2=9×11，10^2+10×1=10×11。其中的3^2+3×8=3×11，可以变化为3^2+3×8=3^2+2×12≡3^2+2×1=11。