前言
先看一下以下數式，有某些數字可以寫成2個平方的和。$
00 = 0^2 + 0^2\\
01 = 1^2 + 0^2\\
02 = 1^2 + 1^2\\
03 = ---..... =3;\\
04 = 2^2 + 0^2\\
05 = 2^2 + 1^2\\
06 = ---...... =2*3\\
07 = ---...... =7\\
08 = 2^2 + 2^2\\
09 = 3^2 + 0^2\\
10 = 3^2 + 1^2 \\
11 = ---..... =11 \\
12 = ---..... =2*2*2*3\\
13 = 3^2 + 2^2\\
14 = ---..... =2*7\\
15 = ---..... =3*5\\
16 = 4^2 + 0^2\\
17 = 4^2 + 1^2\\
18 = 3^2 + 3^2\\
19 = ---..... =19\\
20 = 4^2 + 2^2\\
......\\
$
$
25 = 4^2 + 3^2 = 5^2 + 0^2\\
......\\
65 = 7^2 + 4^2 = 8^2 + 1^2\\
......\\
$
－ 某些數字可以寫成2個平方的和，某些則不能，而要寫成更多個平方的和。公元3世紀時的Diophantus提出「是否每一個正整數都是四個平方數之和」的問題。更一般性的問題是 18世紀時的Waring’s problem，他猜想：「對於每個非1的正整數 k，皆存在正整數 g(k)，使得每個正整數都可以表示為至多g(k)個k次方數之和。」Diophantus的提問即是當 k=2 的情況 。Lagrange證明了這個情況是 g(2) = 4：任何一個正整數可用4個平方數之和得出。
(e.g. $60=7^2+3^2+1^2+1^2$)
其他情況的證明有 Arthur Wieferich：g(3)=9。Joseph Liouville：g(4)=19。陳景潤：g(5)=37。任何一個正整數可用9個立方數之和、或19個4次方數之和、或37個5次方數之和得出。
－ 而對於一個正整數是否可以寫成兩個平方數之和。
首先可留意到上面3、7、11、15、19.... 這些 $(4k+3)$ 的單數項都不能表達成兩個平方數之和。要將一個單數寫成兩個平方之和，兩數必定是一正一負，寫成： $(2k+1)^2 + (2k)^2 = 4(2k^2 + k) + 1$。Fermat首先證明對於單數的質數，可以寫成 (4k+1) 是該數能否寫成兩個平方數之和的充分及必要的條件。 然後，再留意上面寫不到平方和的例子，質因數分解中都出現單數次(4k+3) 形式的質因數項。Euler 證明出以下的條件:
"A number N is expressible as a sum of 2 squares if and only if in the prime factorization of N, every prime of the form (4k+3) occurs an even number of times! "$$N = {2}^{a_0} {p_1}^{2a_1}...{p_r}^{2a_r} {q_1}^{b_1}...{q_s}^{b_s}$$
於是，我們可以分辨出一個數是否可以寫成兩個平方之和。
－ 在《數造傳奇》中有一幕，拉馬努金 Rāmāṉujan Aiyaṅkār 和哈代 Hardy 要坐車時，哈代說：「我乘計程車來，車牌號碼是1729，這數真沒趣，希望不是不祥之兆。」拉馬努金答道：「不，那是個有趣得很的數。可以用兩個立方之和來表達而且有兩種表達方式的數之中，1729是最小的。」。拉馬努金留意到車牌1729有兩種表達成立方和的方式。 $1729 = 1^3 + 12^3 = 9^3 + 10^3$
找到 有兩種方式 寫成兩個平方和的數字應該是更簡單的問題，這種數最小的可以說是 65 。如果計上 $0^2$，最小的也可以說是 25。再加上正負號的話，就任何可以寫成兩個平方和的數字都是。如果我們改變對問題的理解和思考，這個「問可以有多少個表達方式」的問題， 其實可以等於「問圓的方程 $a^2 + b^2 - N = 0$ 有多少個整數解 (a, b)。」
 |
| 共 16 個整數解： +/- (1, 8); (8, 1); (4, 7); (7, 4); |
$N = {2}^{a_0} {p_1}^{2a_1}...{p_r}^{2a_r} {q_1}^{b_1}...{q_s}^{b_s}$
$B = (b_1 + 1) (b_2 + 1) ... (b_s + 1)$
$$
r_2 (N) =
\begin{cases}
0, & \text{if any}&a_i& \text{is a half-integer; }\\
4B, & \text{if all}&a_i& \text{are integer; }\\
\end{cases}
$$
這裡$r_2 (N)$是指 N 有多少種寫成2個平方之和的方式，上面只有一種寫法的 5 ，其實也有8個整數解：$r_2(5) = 8$
 |
| 共 8 個整數解： +/- (1, 2); (2, 1); |
問題
－ 上面的列表中，還可以注意到有像 (0,1,2); (8,9,10); (16,17,18) 這些由3個連續數組成的平方和組合。到底是否有無限個這樣的連續組合？一) 符合 $(x, x+1, x+2)$ 形式的平方和的連續數組合，也有一些基本的特徵：一定是以 $(8k, 8k+1, 8k+2)$ 的形式存在。
首先這組數字如果是 (單，雙，單) 的話， 兩個單數必然會出現 $4k+1$ 和 $4k+3$ ，但從前面Fermat已證明 $4k+3$ 不會是兩個平和數的和，所以一定是 (雙，單，雙)。然後，如果 x+2 是雙數的話，$x+2$ 只能是兩個雙數平方數的和$[(2k_1)^2 + (2k_2)^2]$，或兩個單數平方數的和 $[(2k_1+1)^2 + (2k_2+1)^2]$。但考慮上一個項 $x+1 = 4k+1$，就只能是後者：$x+2 = 4k+2 =[(2k_1+1)^2 + (2k_2+1)^2]$。
但留意一個單數的平方一定是 $8k+1$ 的形式。舉例：$(2x+1)^2$，因為： $(2x+1)^2 = 4x^2+4x+1 = 4[x(x+1)]+1 = 8k+1$, 最後一個等號是因為 $[x(x+1)]$ 一定是雙數。
最後一項：$x+2 = 4k+2 = [(2k_1+1)^2 + (2k_2+1)^2] = [(8k'_1+1) + (8k'_2+1)] = 8k'+2$。所以符合 $(x, x+1, x+2)$ 形式的平方和的連續數組合。一定是以 $(8k, 8k+1, 8k+2)$ 的形式存在。
二) 從搜尋已有資料，如果組合 $(x-1, x, x+1)$ 的數字均符合平方和，那麼 $(x^2-1, x^2, x^2+1)$ 的組合也會是符合平方和的連續數組合。因為：
$x^2-1 = (x+1)(x-1) = (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) = (ac+bd)^2 + (ac-bd)^2$
$x^2 = x^2 + 0^2$
$x^2+1 = x^2 + 1^2$
所以，從一組 $(x-1, x, x+1)$ 可以得出無限組符合 $(x^2-1, x^2, x^2+1)$ 形式的平方和的連續數組合。
這裡開始我們想研究的問題。
三）如果考慮另一種形式的連續平方數：$(x^2, x^2+1, x^2+2)$ 呢？
$x^2 = x^2 + 0^2$
$x^2 + 1 = x^2 + 1^2 $
所以其實只有一個數字 $x^2 + 2$ 需要特別考慮。
首先，上面證明了$x^2+2$要符合 $8k+2$ 的形式。要兩個條件同時成立的話，等於要符合：$16k^2 +2$。
$x^2+2$ 是雙數的話，$x^2+2$ 只能是兩個雙數平方數的和 $[(2k_1)^2 + (2k_2)^2]$，或兩個單數平方數的和 $[(2k_1+1)^2 + (2k_2+1)^2]$ 。但考慮上一個項 $x^2+1$（單數） $= 16k^2+1$ ，就只能是後者： $x^2+2 = 16k^2+2 = [(2k_1+1)^2 + (2k_2+1)^2]$ 。
$$4k^2 = k_1^2 + k_2^2 + k_1 + k_2$$
圓心：(-1/2, -1/2)； 半徑：$\sqrt{ 4k^2 +1/2 }$
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| k=1：整數解： (1, 1); (1, -2); (-2, 1); (-2, -2); |
我用簡單的暴力測試，讓電腦計算 $0 < k2 < k1< n$ 的情況，如果方程式中的得出的 k 是整數，就列出相應的結果。當 n=10000 時，這部舊款電腦的Excel VBA 大約運行了一分鐘。得到2225組 $k_1,k_2$ 可以得到合格的 $x^2+2$
如果列出 $0 < k_2 < k_1< 100$ 時的所有 k 值，留意模式：
$
k_1^2 + k_2^2 + k_1 + k_2 \\
= [k_2(k_2+1)-1]^2 + k_2^2 + [k_2(k_2+1)-1] + k_2 \\
= [k_2^2(k_2+1)^2 -2k_2(k_2+1)+1] + k_2^2 + k_2^2 + k_2 - 1 + k_2 \\
= k_2^4 +2k_2^3 +k_2^2 - 2k_2^2 - 2k_2 +1 + k_2^2 + k_2^2 + k_2 - 1 + k_2 \\
= k_2^4 +2k_2^3 +k_2^2
= [k_2(k_2+1)]^2
= 4k^2
$
所以這個從觀察中估計的規律是成立的，可以有無限組符合 $(x^2, x^2+1, x^2+2)$ 形式的平方和的連續數組合。
不過，這個方法不能得到所有合格的 $(x^2, x^2+1, x^2+2)$ 的規律。而且 $k_1$ 的增長也太快了，會遺漏很多的組合。最好的答案應該是得到可以得出所有 $(x^2, x^2+1, x^2+2)$ 的充份而必要的條件。
而這就是今年中學舊校的學生達到的結果。但他們結果是可以對所有給定 d 值的 $(x^2 + d)$，知道是否可以、及如何寫出為兩個平方之和。上面只是我最近幾天知道主題後自己嘗試的思考方式。知道他們用的又是另一個方式，從入手位已經不同，當中的一些洞察和靈感之處實在厲害，有些他們用到的定義和方法大概我也要重溫一下大學時的數論。不過，讓我之後再嘗試自己用其他方向去推導出結果吧⋯⋯!
後話
$(x^2-1, x^2, x^2+1)$ 與 $(x^2, x^2+1, x^2+2)$ 都指定了特定的形態，不會涵蓋所有平方和的連續數組合。如果考慮的是一般的 $(x , x+1, x+2)$ ?- $x$ 是雙數的話，只能是兩個雙數平方數的和 $[(2k_1)^2 + (2k_2)^2]$，或兩個單數平方數的和 $[(2k_1+1)^2 + (2k_2+1)^2]$。但考慮下一個項 $x+1 =8k+1$，就只能是前者： $x = 8k = [(2k_1)^2 + (2k_2)^2]$。
圓心：(0, 0)； 半徑：$\sqrt{ 2k }$
$$2k =k_1^2 + k_2^2$$
- 同樣地考慮 $x+1$，會得到： $8k +1 = (4k_3^2 + 4k_4^2+4k_4 +1)$。
圓心：(0, -1/2)； 半徑：$\sqrt{ 2k+1/4 }$
$$2k =k_3^2 + k_4^2 + k_4$$
- 同樣地考慮 $x+2$，會得到：$8k+2 = [(2k_5+1)^2 + (2k_6+1)^2]$。
圓心：(-1/2, -1/2)； 半徑：$\sqrt{ 2k+1/2 }$
$$2k =k_5^2 + k_6^2 + k_5 + k_6$$
- 至於 $x+3 = 4k+3$ ，從上文已知一定不是平方和。
可惜我原有的方法暫時止步，待新突破後的進展吧。
還有想用更有效的方式尋找這些組合，應該可以改善一下本身的Trial and Error方式。好像這個網頁的工作：http://oeis.org/A082982
Ref：
http://mathoverflow.net/questions/38211/tuples-of-sums-of-two-squares
https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_theorem_on_sums_of_two_squares
https://en.wikipedia.org/wiki/Legendre%27s_three-square_theorem
https://en.wikipedia.org/wiki/Waring%27s_problem
http://www.wolframalpha.com/input/?i=x%5E2%2By%5E2+%2Bx%2By+-+4+%3D+0
http://mathworld.wolfram.com/SumofSquaresFunction.html
http://mathworld.wolfram.com/GausssCircleProblem.html
http://w3.math.sinica.edu.tw/math_media/d291/29107.pdf
http://www.xieguofang.cn/Maths/Number_Theory/Sum_of_Squares_2.htm
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