1、费马的核心猜想

费马（1601—1665）本是一位地方议员，数学只是他的一个业余爱好，然而，他的数学成就却远比他的为官政绩辉煌得多。费马既是近代数论的开拓者，也是解析几何的创建人，甚至对于概率论也是有所贡献，因此，大家尊其为业余数学之王。费马对于自然数可谓情有独钟，提出了许多堪为经典的猜想：

“一个4k+1形素数及其平方，必定可以唯一的表示为两个数的平方和；一个4k+1形素数的三次方及四次方，则可表示为二组两个数的平方和；一个4k+1形素数的五次方及六次方，则可表示为三组两个数的平方和；…。一个4k-1形素数，不能表示为两个数的平方和，但是却可以表为三个数的平方和，或四个数的平方和。”

其中的“一个4k+1形素数，必定可以唯一的表示为两个数的平方和”堪为经典中的经典，它是上述诸多猜想中的核心猜想，它不仅是解决这些问题的前题，并且还与四平方数定理，配尔方程，费马大定理等重大问题密切相关。费马曾多次告诉友人，他运用无穷递降法已经证明了这个核心猜想，然而却一直未能找到相关的实物资料。

由于在博弈问题上，费马曾对帕斯卡给予过很大的帮助，所以他在1654年给帕斯卡写了一封信，请求在四平方数问题上也能得到他的帮助。或许为了吸引帕斯卡的参与，费马说他已经证明了下面五个问题：1，每个形如4k+1的素数等于两个整数的平方之和；2，给定形如4k+1的素数，能找到一个普遍的方法求出两个整数，使其平方和等于该素数；3，每个形如3k+1的素数均具有x²+3y²的形式；4，每个形如8k+1或8k+3的素数均具有x²+2y²的形式；5，不存在边长为有理数的直角三角形，使得其面积为完全平方数。

显然，费马的这个核心猜想，应该包含下面三个层次的问题：第一个层次是存在性的问题；第二个层次是唯一性的问题；第三个层次是可算性的问题。对于存在性的问题，以往出现了两种不同的证明方法：一是欧拉试图从其逆命题着手所作的一种尝试；二是陈景润运用抽屉原理在同余方面上的突破。对于唯一性问题的证明，以往始终只有高斯的一种证明方法。对于可算性的算法问题，以往一直未能找到解决的办法。

2、以往不完整的种种证明

冯克勤在他的《平方和》里，详细介绍了欧拉的逆向证明。欧拉的这个逆向证明，据说运用的是费马的无穷递降法，搞得十分繁琐晦涩。特别是此书的第三页上指出，当m₀p=x₁²+y₁²时，则有x₀≡x₁，y₀≡y₁（mod m₀），并且│x₀│，│y₀│≤m₀/2。对于其中的道理，或许欧拉和高斯都没有搞清楚，这到底是怎么一回事。因此，冯克勤随即采用括号的形式，添加了（为什么可以这样做？）的发问。

其实，对于m₀p=x₁²+y₁²来说，其中的x₁²+y₁²，必定具有p-1种不同的二平方和形式，也就是说，Φ_P素数群里的每一个元素都会出现二次。其中的m₀是2和4k+1形素数包括0在内的若干次幂，4k-1形素数的偶次幂，以及它们之间的乘积，由于可能出现重复，所以其数量，应该小于或等于p-1。当然，其中的m₀=1和m₀=p是不允许重复的。例如，当p=13时则有：

或许陈景润觉得m₀的情况太复杂了，欧拉的逆向证明疏漏太大，因此他在他的《初等数论（Ⅲ）》里，从正面对上述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a²≡-1（mod p）；引理2：设p为一个素数，m为整数，m⊥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

两边平方得到m²x²≡y²（mod p），若令m²= a²≡-1，则有x₀²+y₀²=kp。由于1≤x₀＜p^1/2，1≤y₀＜p^1/2，可知2≤x₀²+y₀²＜2p，故必定k=1，由此证明了x₀²+y₀²=p。陈景润的正面突破还是比较严密的，然而由于他没有在唯一性和可算性上继续深入下去，因此陈景润对于费马的核心猜想的证明是不完整的。

王元在他的《谈谈素数》里，改进了陈景润对于存在性的证明，然而他对于唯一性的证明，跟冯克勤的《平方和》一样，都是抄录了高斯的证明。高斯对于唯一性的证明似乎有点离奇，由于他没有从4k+1形素数的特殊规律着手，尤其是从其原根的角度去认识问题，从而使得他也不能一并解决可算性问题。

3、一个完整的简洁证明

对于三元二次不定方程x²+y²=pz来说，如果p是一个4k+1形素数，应该不难证明Φ_P素数群里的每一个元素，都可二以次成为其平方根。因此对于H_pz合数环来说，在其H_p分环里，必定会有元素x₀和y₀，使得x≡x₀，y≡y₀（mod p），x₀²+y₀²=p。由此证明了费马核心猜想的存在性，十分简洁明了。如果运用丢番图恒等式：（a²+b²）（c²+d²）=（ac+bd）²+（bc-ad）²=（ac-bd）²+（bc+ad）²去证明，则更其简洁明了。

H_pz合数环的性质，是H_p分环和H_z分环性质的综合。H_p分环和H_z分环的性质，通过同余式组〈a₁，a₂〉传递给H_pz合数环。同余式组〈a₁，a₂〉里的a₁是第一分量，它是H_p分环里的一个元素；a₂是第二分量，它是H_z分环里的一个元素。当p与z互素时，它们的pz个同余式组，与H_pz合数环里的全体元素，构成一一等同的关系。

当p为4k+1形素数时，其原根g的k次方g^k和3k次方g^3k，由于g^k×g^3k＝g^4k≡1，g^k+g^3k＝g^k（1+g^2k）≡0（mod p），因此g^k和g^3k既是一对乘法互逆元素，也是一对加法互逆元素。又由于其它的乘法互逆元素，不可能同时也是加法互逆元素，所以g^k和g^3k是唯一的一对既是乘法互逆，又是加法互逆的元素。

对于上述引理2来说，当m=g^k≡a≡（-1）^1/2（mod p）时，则有：x²+y²≡x²+m²x²≡x²（1+m²）≡0（mod p），即有x²+y²= p。当m=g^3k≡a≡（-1）^1/2（mod p）时，同样有：x²+y²≡m²y²+y²≡y²（m²+1）≡0（mod p），同样得到x²+y²= p。然而，当m为其它乘法互逆元素时，就不能使p表示为两个数的平方和。由此不仅证明了一个4k+1形素数，必定可以表为两个数的平方和，并且也一并证明了这是唯一的一种表示。

至于如何将一个4k+1形素数表示为两个数的平方和，可以分成二步进行实施。第一步将所有的加法互逆元素互乘，找出其中的一对乘法互逆元素g^k和g^3k。这是最简捷的一种方法，若是先找出原根g，再算出它的k次方，运算量就会非常庞大。第二步则是将g^k≡a（mod p）或g^3k≡a（mod p），遍乘1≤x＜p^1/2范围里的x，找到其积ax在1≤y＜p^1/2范围里的y，即可得到x²+y²=p。