三求素数及其幂的分拆——二平方和如何分成 倪则均，2015年7月13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，费马的素数分类。
费马首先将全体奇素数划分为，4n+1形素数和4n+3形素数两个大类。接着又将4n+3形素数，再进一步分成8n+1形素数或8n+3形素数，以及6n+1形素数或3n+1形素数，几种不同的类别。费马这样的划分尽管不够科学，然而，对于素数的平方和分拆，以及二次剩余问题的研究还是比较实用。
费马的4n+1形素数，除了少量的0层的同周期素数之外，其绝大部分都是1层以上的素数。8n+1形素数不是4n+3形素数的部分，它应该属于4n+1形素数，一个4n+1形素数，可以唯一的表示为二个数的平方和。在这些4n+1形素数里，它们的2的周期为双偶数。例如，17=16+1，2在素数17里的周期为8。再如29=25+4，2在素数29里的周期为28，也是一个原根。少量的0层的同周期素数，它们的2的周期为奇数，例如，89=25+64，2在素数89里的周期为11。
所有的8n+3形素数，全部都是1层素数，它们则可以唯一的分拆成x^2+2y^2形式，它们的2的周期为单偶数。例如，11=9+2×1，2在素数11里的周期为10，也是一个原根。再如43=25+2×9，2在素数43里的周期为14。我们可以将某些8n+3形素数，分拆成x^2+y^2+z^2的形式，例如，我们可以将素数83分拆为9+25+49，然而，这样的分拆是既不具规律性，也不具普遍性，因为11和43都不能作出这样的三平方和分拆，相反的是我们也可以将素数83分拆为81+2×1。
6n+1形素数和3n+1形素数是同一种类型的素数，它们全部属于0层素数，可以唯一的分拆成x^2+3y^2形式，它们的2的周期为奇数，例如，31=4+3×9，2在素数31里的周期为5。然而，0层素数还有一部分，只能表示为4n+3形的同周期素数，它们只能唯一的分拆成x^2+y^2+2z^2的形式，例如，23=1+4+2×9，2在素数23里的周期也为11。其实，0层素数里的6n+1形素数和4n+3形素数，应该统一表示为8n+7形素数较妥，然而，它们的分拆却是无法予以统一。
还有一个更为特殊的情况，有些素数是可以分拆成，四个不同数的平方和形式，即x^2+y^2+z^2+u^2形式，例如，79=1+4+25+49，然而，却不存在某类素数全都可以作这样的分拆。其实，素数79是属于6n+1形素数，它的规范分拆应该是79=4+3×25。我们研究素数的分拆，只能研究有规律的规范分拆，无法研究那些无规律的非规范分拆。
2，4n+1形素数的原根。
我们在“七探素数与素数域——揭示素数群的构造”的文章中，不仅证明了奇素数p的原根g必定存在，而且严格推导出其数量为φ（p-1）。如果φ是Φp-1欧拉群里的一个元素，那么g^φ必定也是奇素数p的一个原根。这就是说，我们只要能够找到奇素数p的一个原根，那么它的其它的φ（p-1）-1个，全都可以依次顺藤摸瓜的找到。
对于p=4n+1形素数来说，如果g是它的一个原根，φ是其Φp-1欧拉群里的一个元素，从而使得φ+2n必定也是Φp-1欧拉群里的一个元素，因为，既然φ与4n是互素的，那么φ+2n与4n当然也是互素的，因此，g^φ和g^（φ+2n）是p=4n+1形素数的两个原根。由于g^φ+g^（φ+2n）≡g^φ（1+g^2n）≡g^φ（1-1）≡0（modp），由此可知，Φp素数群里的原根是对称分布的，也是两两结对加法互逆的。
显然，原根g^φ和g^（φ+2n）的二次方，同为亚根g^2φ，因为[g^（φ+2n）]^2≡g^2φ×g^4n≡g^2φ。由于在Φp素数群（p=4n+1形素数）的二次剩余里，g^2φ+g^（2φ+2n）≡g^2φ（1+g^2n）≡g^2φ（1-1）≡0（modp），由此可知，Φp素数群里的亚根也是对称分布的，也是两两结对加法互逆的。其实，g^（2φ+2n）也是g^（φ+n），和g^（φ+3n）一对原根的二次方。
g^n和g^3n是Φp素数群里，最为奇特的一对元素，它们既是一对加法互逆元素，也是一对乘法互逆元素，这是由于g^n+g^3n≡g^n（1+g^2n）≡0，g^n×g^3n≡g^4n≡1（modp）。其实，如果我们能找到这一对十分奇特的元素，那么，这就意味着这个p=4n+1形素数的二平方和分拆，我们已经解决了最为关键的第一步。
然而，要想得到这一对十分奇特的元素，就要解开二元二次不定方程x（p-x）=py+1。对于这个二元二次不定方程，尽管我们现在还没有找到解开它的方法，然而我们只要编制一个十分简单的程序，通过电脑很快就可以找到它们。其实，对于不太大的p=4n+1形素数，我们即使运用笔算，也是不难找到它们的。下面我们不妨运用笔算，来找出Φ89素数群里的，这一对最为奇特的元素：
1×88=88，2×87=89+85，3×86=2×89+80，4×85=3×89+73，5×84=4×89+64，6×83=5×89+53，7×82=6×89+40，8×81=7×89+25，9×80=8×89+8，10×79=8×89+78，11×78=9×89+57，12×77=10×89+34，13×76=11×89+9，14×75=11×89+71，15×74=12×89+42，16×73=13×89+11，17×72=13×89+67，18×71=14×89+32，19×70=14×89+84，20×69=15×89+45，21×68=16×89+4，22×67=16×89+50，23×66=17×89+5，24×65=17×89+47，25×64=17×89+87，26×63=18×89+36，27×62=18×89+72，28×61=19×89+17，29×60=19×89+49，30×59=19×89+79，31×58=20×89+18，32×57=20×89+44，33×56=20×89+68，34×55=21×89+1。
3，我的一个偶然发现。
如果我们将Φp（p=4n+1形素数）素数群里的全体元素，按照由小到大的顺序排列，即Φp={1，2，…，4n}，并且将其划分成（4n）^1/2个块，每块都是（4n）^1/2个元素。那么，若是以上面所找到的g^n或g^3n，去遍乘第一个块里的（4n）^1/2个元素，就会出现一个极为重要的结果。
假设a是第一个块里的一个元素，b是a与g^n的乘积，即有b=a×g^n，则有a^2+b^2≡a^2+（a×g^n）^2≡a^2（1+ g^2n）≡0（mod p），其常规算式可以表示为a^2+b^2=kp。反过来就十分有趣了，b与g^3n的乘积b×g^3n≡a×g^n×g^3n≡a×g^4n≡a（mod p）。其实，我们既可以运用g^n，去遍乘第一个块里的（4n）^1/2个元素，也可以运用g^3n，去遍乘第一个块里的（4n）^1/2个元素，由此所得到的a和b，它们的平方和必定全都可以被p=4n+1形素数整除。
早在十年之前，我就已经发现这样的a和b，必定会同时出现在第一个块里，也是运用这种方法，去分拆p=4n+1形素数为二平方和的。至于其中的道理，那时我却无法严密解释清楚，也就是知其然而不知其所以然，直到拜读了陈景润的《初等数论》之后，才是豁然大悟，因为陈景润已经严密论证了这个问题的存在性。
其实，我的这个算法，不仅已经包含了对于唯一性的证明，而且远比高斯的证明更为清晰简洁。高斯对于唯一性的证明，是从欧拉对于存在性的错误证明所得到的启发，他们反映了西方的数学思维模式。我的这个算法，有些地方可谓是与陈景润不约而同，我们应该是反映了我们中国古代的数学思维模式，我们讲究的是逐步推进的思想方式。下面我们不妨接着上面的那个实例，完成对于素数89的二平方和分拆。我们运用34去遍乘第一个块里的元素，得到：
1×34=34，2×34=68，3×34=89+13，4×34=89+47，5×84=89+81，6×34=2×89+26，7×34=2×89+60，8×34=3×89+5。
1×55=55，2×55=89+21，3×55=89+76，4×55=2×89+42，5×55=3×89+8。由于5和8都是第一个块里的元素，于是得到25+64=89。