有沒有哪個素數可以以多種方式寫成兩個正整數的平方和？

12-02

由費馬證明的那個4n+1的素數可以寫成兩個數的平方和想到的，試了幾個例子似乎都只有一種方式。如果有多種方式的話，種數有上限嗎？怎麼計算？

謝邀，答案是沒有。

首先，如果 $p=2$ ，那麼顯然只有一種方法（不考慮正負），所以只需要考察奇素數即可。

實際上，我們有更強的結論：對於正整數 $n$ ，其寫成平方和的方法數為：

$r(n)=sum_{m|n,~m ext{~odd}}{(-1)^{frac{m-1}{2}}} .$

如果 $p$ 是一個奇素數，那麼整除 $p$ 的奇數只有兩個，即 $1$ 和 $p$ 本身（不考慮正負）。

帶進去就可以發現當 $pequiv 1 pmod 4$ 時， $r(p)=2.$ （如果懶得算的話，只需要注意到反正不可能超過 $2$ ，因為只有兩個數相加。）

然而這個公式是把（非零的不相同的）交換的情形（如 $13=2^2+3^2=3^2+2^2$ ）算兩種的，所以需要除以 $2$ ，即只有一種方法。

===============這個公式是怎麼來的===============

這牽涉到一點點數論的知識：

令 $K=mathbb{Q}(mathrm{i})$ ，我們知道 $mathcal{O}_K=mathbb{Z}[mathrm{i}]$ 是一個PID，即所有理想皆為主理想。

實際上 $r(n):=left{ I subseteq mathcal{O}_K:mathrm{N}(I)=n ight}$ ，而這是 $n=x^2+y^2$ 的整數解的組數的四分之一，因為 $|mathcal{O}_K^{ imes}|=4.$ 不過我們本來就不考慮正負，所以這個沒關係。

注意到 $zeta_K(s)=sum_{I}{frac{1}{mathrm{N}(I)^s}}=sum_{I}{frac{a_n}{mathrm{N}(I)^s}}$ ，其中 $a_n$ 是滿足 $mathrm{N}(I)=n$ 的理想的數量。

於是當 $K=mathbb{Q}(mathrm{i})$ 時， $zeta_K(s)=sum_{ngeq 1}{frac{r(n)}{n^s}}.$

而我們又知道 $zeta_K(s)=zeta_{mathbb{Q}}(s)cdot L(1,chi_{-4})$ ，也就是說，

$sum_{ngeq 1}{frac{r(n)}{n^s}}=left( sum_{ngeq 1}{frac{1}{n^s}} ight) cdot left( sum_{ngeq 1}{frac{chi_{-4}(n)}{n^s}} ight) .$

於是，

$r(n)=sum_{m|n}{chi_{-4}(m)}=sum_{m|n,~m ext{~odd}}{(-1)^{frac{m-1}{2}}} .$

那麼就這樣=w=

樓上匡世珉給出了一般性的結論，不過就這個題目而言，有一個非常初等的方法。首先我們只需要考慮奇素數的情況。假設 $p=x^2+y^2=m^2+n^2$ ，並不妨假設 $x>m>n>y>0$ 。我們注意到 $p$ 整除 $(xn-ym)(xn+ym)=x^2n^2-y^2m^2=x^2(n^2+m^2)-(x^2+y^2)m^2=p(x^2-m^2)$ 。因此 $p$ 至少整除 $xn-ym$ 和 $xn+ym$ 中的一個，然而 $0<xn-ym<x^2，所以<img src=$ 整除 $xn+ym$ 。同樣注意到 $(xn+ym)^2+(xm-yn)^2=(x^2+y^2)(m^2+n^2)$ ，因此 $p$ 整除 $xm-yn$ ，然而 $0<xm-yn<x^2，於是得到了矛盾！ <hr />Z[i]是主理想整環，4K+1型素數p在Z[i]唯一分解成(a+bi)(a-bi)，這兩個因子都是Z[i]的素元。 <hr />結論：素數 <img src=$ 當且僅當 $p=2$ 或 $pequiv1mod 4$ ，解在相差一個重排和正負號的意義下是唯一的。

我們用代數方法重新給出一個平易近人的證明（不需要任何數論基礎），其中解的唯一性會變成顯然的附產品。

$x^2+y^2equiv0,1,2mod4$ ，所以一個方向是顯然的。現在我們考慮反方向的證明。

顯然在考慮一個 integral domain $R$ 里的整除性問題時 $R^ imes$ 中的元素是沒什麼意義的，我們定義 $mathring{x}equiv x+R^ imes$ 為 $x$ 模掉 $R^ imes$ 的等價類。

我們考慮 Gauss 整數環 $mathbb{Z}[sqrt{-1}]equiv{x+ysqrt{-1}:x,yinmathbb{Z}}subsetmathbb{C}$ ，取 $N(x+ysqrt{-1})equiv|x+ysqrt{-1}|^2=x^2+y^2$ ，那麼 $N(z)=zar{z}$ 是到乘法 monoid $mathbb{Z}_{geq0}$ 的同態，其中共軛運算的定義和複數域中一致。

此外上述映射使得 Gauss 整數環是 Euclidean domain，因為對於 $x,dinmathbb{Z}[sqrt{-1}]$ ，我們可以取 $q$ 為複平面上距離 $x/d$ 最近的整點，可以驗證 $N(x-qd)<N(d)$ 。Euclidean domain 自動是 PID，從而自動是 UFD。

考慮非零整數 $a$ 在 Gauss 整數環中的唯一分解 $mathring{a}=prod_{mathring{mathfrak{p}}}mathring{mathfrak{p}}^{n(mathfrak{p})}$ ，其中 ${mathfrak{p}}$ 是不可約元。不可約因子有兩種： $mathring{mathfrak{p}} eqmathring{ar{mathfrak{p}}}$ ，那麼 $a= ar{a}$ 和唯一分解性意味著 $n(mathfrak{p})=n(ar{mathfrak{p}})$ ； $mathring{mathfrak{p}}=mathring{ar{mathfrak{p}}}$ ，那麼可以認為 $mathfrak{p}inmathbb{Z}$ 或 $mathfrak{p}=1pmsqrt{-1}$ ，把 $a$ 和其唯一分解同時取 $N$ ，有 $a^2=prod_{mathring{mathfrak{p}}}N(mathfrak{p})^{n(mathfrak{p})}$ 。現在取 $a=p$ 為一個素數，由於 $N(mathfrak{p})inmathbb{Z}_{>1}$ ，其唯一分解中只能有至多兩個不可約元，那麼可能的情況有：

$mathring{p}=mathring{mathfrak{p}}mathring{ar{mathfrak{p}}}$ 可約， $mathring{mathfrak{p}} eqmathring{ar{mathfrak{p}}}$ ，
$mathring{p}=mathring{mathfrak{p}}^2$ 可約， $mathring{mathfrak{p}}=mathring{ar{mathfrak{p}}}$ 且 $mathfrak{p}=1pmsqrt{-1}$ ，
$mathring{p}=mathring{mathfrak{p}}$ 不可約， $mathring{mathfrak{p}}inmathbb{Z}$ 。

$p=x^2+y^2$ 等價於 $p=(x+ysqrt{-1})(x-ysqrt{-1})$ ，對應著前兩種情況。Gauss 整數環是 UFD，所以分解在前述意義下是唯一的。

顯然第二種情況對應著 $p=2$ 。現在設 $pequiv1mod4$ ，由於 $(mathbb{Z}/pmathbb{Z})^ imes$ 是 $p-1$ 階循環群，選擇生成元 $g+pmathbb{Z}$ ， $g^{(p-1)/2}equiv-1mod p$ ，故 $tequiv g^{(p-1)/4}$ 滿足 $t^2+1equiv0mod p$ ， $p|(t+sqrt{-1})(t-sqrt{-1})$ ，顯然 $p mid(tpmsqrt{-1})$ ，故 $p$ 不是素元，可約，為第一種情況，此時 $mathfrak{p}=(x+ysqrt{-1})$ 中的 $x,y$ 給出原方程的解。