两平方和的表示计数与本原性

范数把两个坐标合成一个可分解的数 ​

用高斯整数理路高斯整数的精确算术Gaussian integers · 高斯整数 · Gaussian integer arithmetic把整数格点看成可整除的复数，用范数下降计算GCD与Bézout系数，并以显式核验完成高斯商环中的约简和求逆。 $\gamma =x+yi$ 记录一个有序带符号答案，就有 $N(\gamma )=n$。两平方和定理理路两平方和定理Sum of two squares theorem · Fermat–Euler two-square theorem · 两平方和判定以3模4素因子的指数奇偶性判定正整数是否为两平方和，并用高斯GCD证明1模4素数的表示与素因子分裂。已给出全部高斯素元类型：对每个 $p_j$ 固定一个 ${\pi }_j$，使 $p_j={\pi }_j{\bar{\pi }}_j$；两个共轭素元不互为单位倍。

若所有 $f_k$ 都是偶数，每个可能的 $\gamma$ 恰好具有形式

为什么这些指数被固定或限制？$1+i$ 的范数为二，所以它必须出现 $a$ 次；$q_k$ 的范数为 $q_k^2$，所以它出现 $f_k/2$ 次；${\pi }_j$ 与 ${\bar{\pi }}_j$ 的范数都为 $p_j$，两者的指数之和必须为 $e_j$。

每个 $h_j$ 有 $e_j+1$ 个选择，单位有四个选择。唯一分解理路唯一分解整环Unique factorization domain · UFD每个非零非单位元素都能唯一地分解为不可约元乘积的整环。保证不同选择不会给出同一个非零 $\gamma$，也保证列表没有漏掉别的答案。因此总数就是 $4\prod (e_j+1)$。若某个 $f_k$ 为奇数，范数指数已经无法匹配，计数为零。

本原性删掉哪些指数分配 ​

普通素数 $\ell$ 同时整除 $x,y$，当且仅当 $\ell$ 在高斯环中整除 $\gamma =x+yi$。逐类检查：

• 若 $n$ 含3模4素因子且可表示，则 $f_k\ge 2$，上式中的 $q_k^{f_k/2}$ 迫使两坐标都被 $q_k$ 整除
• $2$ 与 $(1+i{)}^2$ 相伴，所以两坐标同时为偶数，当且仅当 $a\ge 2$
• $p_j={\pi }_j{\bar{\pi }}_j$ 整除 $\gamma$，当且仅当两个共轭方向都出现，即 $0<h_j<e_j$

于是本原表示存在时，每个 $h_j$ 只能取两个端点 $0,e_j$：将某种素数的全部指数放到一个共轭方向，不能两边分。总数为 $4\cdot 2^r$。这些条件也充分，因为任何共同素因子都已被上面的三类检查排除。

完整列出325的三类答案 ​

$325=5^2\cdot 13$，所以 $r_2(325)=4(2+1)(1+1)=24$。使用 ${\pi }_5=2+i,{\pi }_{13}=3+2i$，三个代表为

每个代表通过符号变化和坐标交换产生八个不同答案，三组互不相交，正好是24个，因此已穷尽全部表示。

本原计数为 $4\cdot 2^2=16$。前两组坐标互素；第三组的两个共轭5因子同时出现，故两坐标都含5，得到非本原组 $(10,15)$。这里“列出了三个看起来不同的例子”之所以升级为“列出了全部答案”，正是因为独立计数证明了没有剩余名额。

为什么不能一律除以八 ​

一般 $0<x<y$ 的一对坐标，经过两次独立符号变化和交换产生八个有序答案。但有两种例外：

• $(0,b)$ 只能产生 $(0,\pm b),(\pm b,0)$，共四个
• $(b,b)$ 只有四种符号组合，交换不增加答案

所以 $r_2(25)=12$ 不表示“有1.5种正无序表示”。它实际来自 $(3,4)$ 的八个答案与 $(0,5)$ 的四个答案。$r_2(50)=12$ 则来自 $(1,7)$ 的八个答案与 $(5,5)$ 的四个答案。

对 $n>0$，记 $A=1$ 当且仅当 $n$ 为整数平方，$D=1$ 当且仅当 $n$ 是整数平方的两倍。要求 $0<x\le y$ 的正无序表示数为

先删除坐标轴的四个答案，再把对角线的四个答案补成可除以八的一组，就得到这个式子。若允许 $x=0$，答案改为 $(r_2(n)+4A+4D)/8$。

除数和版本的Jacobi公式 ​

定义 ${\chi }_4(d)=0$（$d$ 偶数），${\chi }_4(d)=1$（$d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$），${\chi }_4(d)=-1$（$d\equiv 3(\mathrm{mod}4)$）。直接按奇数余类相乘，可以检验它完全乘法。对正整数 $n$，有

其中 $d_j(n)$ 是 $n$ 的正因子中同余于 $j(\mathrm{mod}4)$ 的个数。

这不是另一个未经解释的计数规则。将因子和按素因子分解：二的局部和为一，$p_j$ 的局部和为 $e_j+1$，$q_k$ 的局部和为 $1-1+\cdots +(-1{)}^{f_k}$，恰在 $f_k$ 偶数时为一、奇数时为零。它与已经证明的乘积式逐项相同。

将本原表示迁移为勾股三数组 ​

对奇数 $c>1$，每个正本原表示 $c=m^2+n^2$ 自动具有一奇一偶的坐标。交换成 $m>n>0$ 后，可交给本原勾股参数公式理路本原勾股三数组的完整参数化Primitive Pythagorean triples · Euclid parametrization of Pythagorean triples · 本原勾股三数组双向证明本原勾股三数组与互素异奇偶参数的唯一对应，恢复参数、列尽固定斜边的答案，并迁移到圆的有理点。，得到斜边为 $c$ 的一个三数组。

因此若 $c$ 只含 $r\ge 1$ 种1模4素因子，不计两直角边的交换，斜边为 $c$ 的本原勾股三数组有 $2^{r-1}$ 个。若 $c$ 有3模4素因子，或 $c$ 为偶数，就没有本原三数组。这个应用还需要勾股页证明参数恢复的唯一性；单凭生成公式不会自动排除重复或遗漏。