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摘 要：本文考察了等幂式的历史研究过程及二次等幂式的已有结论，探讨了丢番图发现的勾股定理的完全解公式，初步得到一种二次等幂式求解方法——升幂平方法.
关键词：勾股数组；二次等幂式；升幂平方法
中国早在《周髀算经》中就记载了勾股数组等式：32+42=52，瑞士数学家欧拉在试图证明费马大定理时发现了等式：33+43+53=63，遗憾的是，这种连续自然数组成的等幂式不能推广，因此只能算是巧合.1900年伊斯特提出猜想：满足nk+（n+1）k+…+（n+k-1）k=（n+k）k的等式仅此两组，该猜想至今未获证明. 欧拉也曾提出一个类似的猜想：n-1个数的n次方之和不可能等于另一个数的n次方. 但是欧拉的结论错了，不过反例确实难找，直至1966年美国数学家用计算机找到等式：275+845+1105+1335=1445. 等幂式a=b（ai，bj∈Ν*）现已成为数学的研究对象之一，数学家也挖掘出许多令人称奇的等幂式.
在这些奇妙的数字等式中，形如a=b的式子叫做二次等幂式. 二次幂等式中，首推“勾股弦数”等式a2=b2+c2. 古希腊大数学家丢番图发现了勾股数组的完全解是：a=p2–q2，b=2pq，c=p2+q2，其中p，q（p>q）为一奇一偶且互质的任意正整数.
比较（x1+x2）2=（x1–x2）2+4x1x2 ①与（p2+q2）2=（p2–q2）2+4p2q2 ②，不难发现，完全平方公式①中，只需升幂交叉项中的x1，x2，即令x1=p2，x2=q2，就可使交叉项4x1x2升幂为完全平方数（2pq）2，从而得到二次等幂式②的一种求解方法——升幂平方法.
形如a2=Σb的二次等幂式的求解
考察（x1+x2）2=x+x+2x1x2，可令x1=k，x2=2k，则有（k+2k）2=（k）2+（2k）2+（2k1k2）3，于是（k+2k），k，2k，2k1k2即为a2=b+b+b的一组解. 例如取k1=1，k2=2，有92=12+82+42.
考察（x1+x2+x3）2=（x1+x2）2+ x+2x1x3+2x2x3，可令x1=k，x2=k，x3=2k，则可得（k+k+2k）2=（k+k）2+（2k）3+（2k1k3）2+（2k2k3）2，于是（k+k+2k），（k+k），2k，2k1k3，2k2k3即为a2=b+b+b+b的一组解. 例如取k1=3，k2=2，k3=1，有152=132+22+62+42.
归纳可得（k+k+…+k+2k），（k+k+ …+k），2k，2k1kn-1，2k2kn-1，…，2kn-2kn-1是a2=b+b…+b的一组解. 值得注意的是，这组解并非a2=b+b+…+b的完全解. 举例说明，（x1+x2+x3+x4+x5）2=（x1+x2+x3+x4）2+x+2x1x5+2x2x5+2x3x5+2x4x5，升幂后可得a2=b+b+…+b的一组解，而（x1+x2+x3+x4）2=（x1+x2）2+（x3+x4）2+2x1x3+2x1x4+2x2x3+2x2x4经过升幂可得二次等幂式a2=b+b+…+b的另一组解，这两组解不完全等价.
形如Σa=Σb的二次等幂式的求解
考察（x1-y1）2=x+y-2x1y，即（x1-y1）2+2xy=x+y，可令x1=2k，y1=t，则可得（2k-t）2+（2k1t1）2=（2k）2+（t）2，于是（2k-t），2k1t1和2k，t即为a+a=b+b的一组解. 例如取k1=2，t1=3，有12+122=82+92.
考察（x1+x2-y1）2=x+（x–y）2+2xx-2xy，即（x1+x2-y1）2+2x1y1=x+（x2-y1）2+2x1x2，可令x1=2k，x2=k，y1=t，则有（2k+k-t）2+（2k1t1）2=（2k）2+（k-t）2+（2k1k2）2，于是（2k+k-t），2k1t1和2k，（k-t），2k1k2即为a+a=b+b+b的一组解. 例如取k1=1，k2=3，t1=2，有72+42=22+52+62.
考察（x1+x2-y1-y2）2=x+（x2-y1-y2）2+2x1x2-2x1y1-2x1y2，即（x1+x2-y1-y2）2+2x1y1+2x1y2=x+（x2-y1-y2）2+2x1x2，可令x1=2k，x2=k，y1=t，y2=t，则有（2k+k-t-t）2+（2k1t1）2+（2k1t2）2=（2k）2+（k-t-t）2+（2k1k2）2，于是（2k+k-t-t），2k1t1，2k1t2和2k，（k-t-t），2k1k2即为a+a+a=b+b+b的一组解. 例如取k1=1，k2=4，t1=3，t2=2，有52+62+42=22+32+82.
以此类推，（x1+x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2=x+（x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2+2x1x2+2x1x3+…+2x1xn-1-2x1y1-2x1y2-…-2x1ym-1.
即（x1+x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2+2x1y1+2x1y2+…+2x1ym-1（共m项）
=x+（x2+…+xn-1-y1-y2-…-yk-1）2+2x1x2+…+2x1xn-1（共n项）.
令x1=2k，x2=k，…，xn-1=k，y1=t，y2=t，…，ym-1=t，则（2k+k+…+k-t-t-…-t）2+（2k1t1）2+（2k1t2）2+…+（2k1tm-1）2=（2k）2+（ k+…+ k-t-t-…-t）2+（2k1k2）2+…+（2k1kn-1）2，于是得（2k+k+…+k-t-t-…-t），2k1t1，2k1t2，…，2k1tm-1和2k，（k+…+k-t-t-…-t），2k1k2，…，2k1kn-1即为a=b的一组解.
一些结论
（1）对完全平方式（x1+x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2展开变形，利用升幂平方法，可得二次等幂式a=b的一组解为（2k+k+…+k-t-t-…-t），2k1t1，2k1t2，…，2k1tm-1以及2k，（k+…+k-t-t-…-t），2k1k2，…，2k1kn-1.
（2）利用升幂法求出的这组解，仅是二次等幂式的一组解，并非二次等幂式的完全解.
（3）解中（2k+k+…+k-t-t-…–t）或（k+…+k-t-t-…-t）若为负，则取其相反数.
（4）解中k1，k2，…，kn-1，t1，t2，…，tm-1的取值可作调整，从而这组解的取值应有无数个且可确保互不相等.
（5）不论m与n取何值，二次等幂式a= b作为不定方程，总有解且有无穷多解.
关键词：勾股数组；二次等幂式；升幂平方法
中国早在《周髀算经》中就记载了勾股数组等式：32+42=52，瑞士数学家欧拉在试图证明费马大定理时发现了等式：33+43+53=63，遗憾的是，这种连续自然数组成的等幂式不能推广，因此只能算是巧合.1900年伊斯特提出猜想：满足nk+（n+1）k+…+（n+k-1）k=（n+k）k的等式仅此两组，该猜想至今未获证明. 欧拉也曾提出一个类似的猜想：n-1个数的n次方之和不可能等于另一个数的n次方. 但是欧拉的结论错了，不过反例确实难找，直至1966年美国数学家用计算机找到等式：275+845+1105+1335=1445. 等幂式a=b（ai，bj∈Ν*）现已成为数学的研究对象之一，数学家也挖掘出许多令人称奇的等幂式.
在这些奇妙的数字等式中，形如a=b的式子叫做二次等幂式. 二次幂等式中，首推“勾股弦数”等式a2=b2+c2. 古希腊大数学家丢番图发现了勾股数组的完全解是：a=p2–q2，b=2pq，c=p2+q2，其中p，q（p>q）为一奇一偶且互质的任意正整数.
比较（x1+x2）2=（x1–x2）2+4x1x2 ①与（p2+q2）2=（p2–q2）2+4p2q2 ②，不难发现，完全平方公式①中，只需升幂交叉项中的x1，x2，即令x1=p2，x2=q2，就可使交叉项4x1x2升幂为完全平方数（2pq）2，从而得到二次等幂式②的一种求解方法——升幂平方法.
形如a2=Σb的二次等幂式的求解
考察（x1+x2）2=x+x+2x1x2，可令x1=k，x2=2k，则有（k+2k）2=（k）2+（2k）2+（2k1k2）3，于是（k+2k），k，2k，2k1k2即为a2=b+b+b的一组解. 例如取k1=1，k2=2，有92=12+82+42.
考察（x1+x2+x3）2=（x1+x2）2+ x+2x1x3+2x2x3，可令x1=k，x2=k，x3=2k，则可得（k+k+2k）2=（k+k）2+（2k）3+（2k1k3）2+（2k2k3）2，于是（k+k+2k），（k+k），2k，2k1k3，2k2k3即为a2=b+b+b+b的一组解. 例如取k1=3，k2=2，k3=1，有152=132+22+62+42.
归纳可得（k+k+…+k+2k），（k+k+ …+k），2k，2k1kn-1，2k2kn-1，…，2kn-2kn-1是a2=b+b…+b的一组解. 值得注意的是，这组解并非a2=b+b+…+b的完全解. 举例说明，（x1+x2+x3+x4+x5）2=（x1+x2+x3+x4）2+x+2x1x5+2x2x5+2x3x5+2x4x5，升幂后可得a2=b+b+…+b的一组解，而（x1+x2+x3+x4）2=（x1+x2）2+（x3+x4）2+2x1x3+2x1x4+2x2x3+2x2x4经过升幂可得二次等幂式a2=b+b+…+b的另一组解，这两组解不完全等价.
形如Σa=Σb的二次等幂式的求解
考察（x1-y1）2=x+y-2x1y，即（x1-y1）2+2xy=x+y，可令x1=2k，y1=t，则可得（2k-t）2+（2k1t1）2=（2k）2+（t）2，于是（2k-t），2k1t1和2k，t即为a+a=b+b的一组解. 例如取k1=2，t1=3，有12+122=82+92.
考察（x1+x2-y1）2=x+（x–y）2+2xx-2xy，即（x1+x2-y1）2+2x1y1=x+（x2-y1）2+2x1x2，可令x1=2k，x2=k，y1=t，则有（2k+k-t）2+（2k1t1）2=（2k）2+（k-t）2+（2k1k2）2，于是（2k+k-t），2k1t1和2k，（k-t），2k1k2即为a+a=b+b+b的一组解. 例如取k1=1，k2=3，t1=2，有72+42=22+52+62.
考察（x1+x2-y1-y2）2=x+（x2-y1-y2）2+2x1x2-2x1y1-2x1y2，即（x1+x2-y1-y2）2+2x1y1+2x1y2=x+（x2-y1-y2）2+2x1x2，可令x1=2k，x2=k，y1=t，y2=t，则有（2k+k-t-t）2+（2k1t1）2+（2k1t2）2=（2k）2+（k-t-t）2+（2k1k2）2，于是（2k+k-t-t），2k1t1，2k1t2和2k，（k-t-t），2k1k2即为a+a+a=b+b+b的一组解. 例如取k1=1，k2=4，t1=3，t2=2，有52+62+42=22+32+82.
以此类推，（x1+x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2=x+（x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2+2x1x2+2x1x3+…+2x1xn-1-2x1y1-2x1y2-…-2x1ym-1.
即（x1+x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2+2x1y1+2x1y2+…+2x1ym-1（共m项）
=x+（x2+…+xn-1-y1-y2-…-yk-1）2+2x1x2+…+2x1xn-1（共n项）.
令x1=2k，x2=k，…，xn-1=k，y1=t，y2=t，…，ym-1=t，则（2k+k+…+k-t-t-…-t）2+（2k1t1）2+（2k1t2）2+…+（2k1tm-1）2=（2k）2+（ k+…+ k-t-t-…-t）2+（2k1k2）2+…+（2k1kn-1）2，于是得（2k+k+…+k-t-t-…-t），2k1t1，2k1t2，…，2k1tm-1和2k，（k+…+k-t-t-…-t），2k1k2，…，2k1kn-1即为a=b的一组解.
一些结论
（1）对完全平方式（x1+x2+…+xn-1-y1-y2-…-ym-1）2展开变形，利用升幂平方法，可得二次等幂式a=b的一组解为（2k+k+…+k-t-t-…-t），2k1t1，2k1t2，…，2k1tm-1以及2k，（k+…+k-t-t-…-t），2k1k2，…，2k1kn-1.
（2）利用升幂法求出的这组解，仅是二次等幂式的一组解，并非二次等幂式的完全解.
（3）解中（2k+k+…+k-t-t-…–t）或（k+…+k-t-t-…-t）若为负，则取其相反数.
（4）解中k1，k2，…，kn-1，t1，t2，…，tm-1的取值可作调整，从而这组解的取值应有无数个且可确保互不相等.
（5）不论m与n取何值，二次等幂式a= b作为不定方程，总有解且有无穷多解.