二求素数及其幂的分拆——陈景润的正面突破 倪则均，2015年7月11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，陈景润对于费马核心猜想的挑战。
1582年意大利传教士利玛窦，带了欧几里得的《几何原本》来到我国，由此开始实现了中西方数学之间的直接的双向交流。此前一直只有中国数学经过阿拉伯，简接单向的传往西方欧洲各国。此时的中国学者不仅没有排斥这种外来数学，而且还努力设法将这两种不同的数学，融会贯通在一起。
欧洲大陆的数学领军人物莱布尼茨，由于受到了《周易》的启发，完善了他的二进位制记数法，为电子计算机时代的到来创造了条件。莱布尼茨特意制造了一台手工计算机，献给了康熙皇帝，请求能让他来中国取经学习，然而却遭到了康熙的拒绝。雍正更是采取了闭关自锁的政策，造成了中西方数学交流的一度中断。面对西方的工业革命，中国采取了与日本和俄国完全不同的国策。
鸦片战争之后，西方数学长驱直入，我国的数学家完全失去了与之抗衡的勇气和意志，他们完全拜倒在西方数学的膝下，只会跟在人家后面鹦鹉学舌，好象月亮也是西方的圆。这种祟洋惧外的心态，至今仍未得到彻底扭转，在我国老一辈的数学家里面，勇于向西方数学提出挑战的人不多，敢于说“不”的人更少。
陈景润在他的《初等数论（Ⅲ）》里，从正面对于费马的核心猜想发起了挑战。他在第十四章第一节“素数表为平方和”里，首先直接证明了定理1：任何一个4k+3形素数，都不能表示成为两个整数的平方和。为了证明定理2：若p≡1（mod 4）为一个素数，则它必可表为两个整数的平方和。他预先证明引理1：设素数p≡1（mod 4），记q=（p-1）/2及a=q！，则a^2≡-1（mod p）；引理2：设p为一个素数，m为整数，m不能整除p，证明，必定存在整数x，y使mx≡y（mod p），1≤x＜p^1/2，1≤y＜p^1/2。
下面我们仅将陈景润对于其定理2的证明抄录下：由引理2我们知道，必有整数x，y，1≤x＜p^1/2，1≤y＜p^1/2，使对给定的m，p有mx≡y（mod p）。特别取m=a，这里a的定义见引理1，我们就有p│（ax-y），于是也有p│（ax-y）（ax+y），此即（ax）^2-y^2≡0（mod p）。定义x0=x，y0=│y│,上式表明（ax0）^2-y0^2≡0（mod p），且1≤x0＜p^1/2，1≤y0＜p^1/2。
再由引理1代入前式，我们得到x0^2+y0^2≡0（mod p），即有k使x0^2+y0^2=pk，但由前式知2≤x0^2+y0^2＜2p，故必定k=1，这正是所要证明的。显然，陈景润没有证明此核心猜想的唯一性，也没有给出实现此核心猜想的具体算法，因此这样的证明是不完整的。其实引理2已经涉及到了唯一性，只要能够透彻的分析清楚这条引理，那么实现此核心猜想的具体算法就会立即浮出。
王元的《谈谈素数》完全抄录了，上面陈景润对于存在性的证明，也完全抄录了下面高斯对于唯一性的证明。为了介绍高斯对于唯一性的证明，我们还必须首先介绍平方和的乘法运算规律。
2，平方和的乘法运算规律。
冯克勤在他的《平方和》里，一开始就介绍了所谓的丢番图恒等式：（a^2+b^22）（c^2+d^2）=（ac+bd）^2+（bc-ad）^2=（ac-bd）^2+（bc+ad）^2。其实，在古希腊的数学家之中，是否有一个名叫丢番图的人尚有疑问，因为对于此人一直缺乏相关的史料记载，谁也说不清楚他到底是什么时代的人。丢番图的《算术》或许也是十二世纪大翻译运动时，从阿拉伯翻译过来的课本，翻译者随便取用了丢番图为作者的笔名而已。
对于上述丢番图恒等式，高斯别出心裁，运用了下面的复数形式予以表示，由此开创了他运用复数研究自然数的歪路，建立了所谓的代数数论，从而将以往正常的数论研究，引上了一条晦涩难懂，完全错误的歧途。其实，至今大家对于复数的认识仍然十分肤浅，当然，现在我们已经发现，过去我们对于复数的认识是存在着极其严重的错误的。因此，我们只能运用自然数去研究复数，决不能反过来运用复数去研究自然数。
左边=│a+bi│^2•│c±di│^2=│（a+bi）（c±di）│^2=│（ac-bd）+（bc+ad）i│^2
=│（ac+bd）+（bc-ad）i│^2=右边.。
1743年，欧拉首先发现了下面四个数平方和之间的恒等关系，然而他自己却未能证明四平方和定理。1770年，拉格朗日错误的运用了这个恒等关系，错误的证明了每个正整数都能表示成为四个整数的平方和的问题。我在“科学智慧火花”上所发表的，“探究表一数为四平方和问题”和“探究表素数为四平方和问题”两篇文章，则是从两个不同的角度，论证了这个四平方和定理的错误。
（x1^2+x2^2+x3^2+x4^2）（y1^2+y2^2+y3^2+y4^2）=A^2+B^2+C^2+D^2，
其中A=x1y1+x2y2+x3y3+x4y4，B=x1y2-x2y1-x3y4+x4y3，C=x1y3+x2y4-x3y1-x4y2，
D=x1y4-x2y3+x3y2-x4y1。
一个二项数的平方和（x1^2+x2^2），只要再加上二项为0的数，即可变为一个四项数的平方和（x1^2+x2^2+0^2+0^2），但是，一个四项数的平方和（x1^2+x2^2+x3^2+x4^2），却是不能变为一个二项数的平方和。一个三项数的平方和（x1^2+x2^2+x3^2）是存在的，但这不是某一类素数的普遍分拆规律，同时三项数的平方和是不具上述恒等关系的。
其实，对于p=8b+3形素数来说，它们所表示的三个数的平方和之中，必定有两个平方数是完全相同的，因此可以将这些p=8b+3形素数表示为p=2x^2+y^2。如果p1=2A^2+B^2，p2=2a^2+b^2，则有下面的三平方和恒等式。显然，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。
p1p2=（2A^2+B^2）（2a^2+b^2）=2（Ab+aB）^2+（2Aa-Bb）^2
=2（Ab+aB）^2+（2Aa-Bb）^2
3，高斯的唯一性证明。
数学上的唯一性证明，是一个难度较大的特殊问题，一般都是先找出一些比较简单的唯一性，然后逐步深入推导出种种比较复杂的唯一性。高斯虽然错误地认为欧拉的存在性证明是对的，但是他的唯一性证明却是对的，然而，他所运用的方法实在有些怪异，似乎只有高斯这样的怪人，才会想出这种晦涩的证明方法。其实，高斯的这个唯一性证明并不怎么高明，因为他不能通过这个方法，去发现欧拉对于存在性证明的错误，更是无法由此得到求取两平方和的具体方法。
高斯的这个唯一性证明，抄录于冯克勤的《平方和》的定理3：设p是素数，并且p≡1（mod4），则p本质上只有一种方法表成二平方和。
证明：设p=a^2+b^2=A^2+B^2，其中a，b，A，B均为整数，我们只需证明a=A或者a=B即可。由于
p^2=(a^2+b^2)(A^2+B^2)=(aA+bB)^2+(aB-bA)^2=(aA-bB)^2+(aB+bA)^2
(aA+bB)(aA-bB)=A^2(a^2+b^2)-b^2(A^2+B^2)=A^2p-b^2p≡0(modp)
从而p│aA+bB或者p│aA-bB，如果p│aA+bB，注意aA+bB＞0，由前式必然aA+bB=p，aB-bA=0，于是
a^2/A^2=b^2/B^2=(a^2+b^2)/(A^2+B^2)=p/p=1          （Ⅰ）
因此a=A，b=B。同样若p│aA-bB，则由aB+bA＞0及前式aB+bA=p，aA-bB=0。仿上面证明即得a=A，b=B。证毕。
上面的（Ⅰ）式，其推导过程过于简略，或许大家不太好懂，因此将整个演算过程，详细补充如下：根据aB-bA=0，就有aB=bA，b=aB/A，b^2=（aB/A）^2，则有(a^2+b^2)/(A^2+B^2)= [a^2+（aB/A）^2]/(A^2+B^2)=[（aA）^2+（aB）^2]/A^2（A^2+B^2）=a^2/A^2。同样根据aB-bA=0，就有aB=bA，bA/B=a，a^2=（bA/B）^2，则有(a^2+b^2)/(A^2+B^2)=[b^2+（bA/B）^2]/(A^2+B^2)=[（bA）^2+（bB）^2]/B^2（A^2+B^2）=b^2/B^2。