好的，我把这个写下来作为一个新答案，因为它
- 使用Jyrki Lahtonen的思想使用三方定理而不是四方理论
- 使用Jyrki的方法通过余数$n\pmod 8进行区分$
- 用我的想法减去可以写成不同平方和的数字来吃掉零。
- 最重要的是，它产生了准确的阈值，几乎没有额外的工作！
“主要技巧”如下：假设$$A=A^2+b^2=c^2+d^2+e^2=f^2+g^2+h^2+i^2$$，其中$A，\ldots，i\in\mathbb N$。然后，如果$n>A$和$n\not equiv A\pmod 8$和$n不equiv A-1\pmod 8$s，我们可以通过三平方定理将$n-A$写成三个平方的和。根据这三个方块中有多少是零（不是全部，因为$n-A>0$），我们有$$n-A=\begin{案例}u^2&\text{或}\\u^2+v^2&\text{或{\\u^2+v^2+w^2结束{cases}$$与$u，v，w\in\mathbb N$，从而获得$N$的表示形式，作为五个非零平方的和：$$n=\开始{案例}f^2+g^2+h^2+i^2+u^2&\text{或}\\c^2+d^2+e^2+u^2+v^2&\text{或}\\a^2+b^2+u^2+v^2+w^2.\end{大小写}$$
定理。每一个大于$60$的整数都至少有两个不同的表示形式，即五个非零平方和。
证明。让$n\in\mathbb n$与$n>61$（sic！）并用$0\le-k\le-7$写入$n=8r+k$。
首先考虑$k\in\{0,1,2,3,6,7\}$的情况。观察结果为$61\equiv 5\pmod 8$$$\tag1\开始{align}61=6^2+5^2=6^2+4^2+3^2&=5^2+4^2+4^2+2^2\\&=7^2+2^2+2^2+2^2\结束{对齐}$$允许我们应用主要技巧并获得表示$$\tag2n=a^2+b^2+c^2+d^2+e^2$$的$n$的五个非零平方和。事实上，如果$（2）$中的四个被加数加起来就是$61$，我们已经得到了两个不同的表示，所以我们假设$61$是由$（2）$中的两个或三个被加数形成的。同样为$53\equiv 5\pmod 8$和$$\tag353=7^2+2^2=6^2+4^2+1^2=6 ^2+3^2+2 ^2$$我们得到了$n$的另一个表示。如果这是一个不同的表示，我们就完成了。否则，我们需要检查$（1）$和$（3）$的总和如何出现在$（2）$中，并且我们根据这两个子总和的共同点来区分情况：
- 无：那么$（2）$中的四个或五个总和加起来就是$61+53=114$。将其替换为$114=9^2+5^2+2^2+1^2=9^2+4^2+3^2+2 ^2+1 ^2$，因此我们获得了一个不同的表示（它是不同的，因为$9^2$的出现次数不同）
- $6^2$：那么四个或五个方块加起来就是$61+53-36=78$。将这些替换为每$78=8^2+2^2+2 ^2+1^2=6^2+6^2+2*2^2$，可以得到一个不同的表示形式（因为$6^2$的数字不同，所以是不同的）。
- $4^2$：总和$4^2]只出现在$（3）$中的$6^2+4^2+1^2$中，而$（1）$中只出现在$6^2+4^2+3^2$（记住，$（1。因此，我们可以参考下面的案例“$6^2+4^2$”。
- $3^2$：我们再次得出结论，$6^2$也是一个常见的总和，因此请参阅下面的“$6^2+3^2美元”。
- $6^2+4^4$：我们得出结论：对于某些$a\in\mathbb N$，$$\tag4n=\rlap{\underbrace{3^2+6^2+4 ^2}_{61}}\hphantom{3^2+}\overbrace{6^2+4^2}+1^2}^{53}+a^2$$。由于$a^2\bmod8$是在$\{0,1,4\}$中，因此我们得出$k\in\{2,6,7\}$的结论。如果$a=1$，我们有两种表示形式$n=63=6^2+4^2+3^2+1^2=5^2+4 ^2+3 ^2+2 ^2$。如果$a>1$，那么$n>65$，并且作为$65\equiv1\pmod8$和$k\notin\{0,1\}$，我们使用主技巧$$\tag5 65=8^2+1^2=6^2+5^2+2^2=6^2+4^2+3^2+2^2$$以获得$n$的表示。这只能与表示$（4）$一致如下（展示了替代表示）：$$\开始｛对齐｝n&=6^2+4^2+3^2+\溢出{1^2+\underset{=a^2}{8^2}}^{65}=10^2+3 ^2+2^2+2 ^2\quad\text{或}\\n&=1^2+\溢出{6^2+4^2+3^2+\underset{=a^2}{2^2}}^{65}=\hphantom{1}4^2+4^2+4^2+3^2+3 ^2。\结束{对齐}$$
- $6^2+3^2$：只有当$n=\rlap{\underbrace{4^2+6^2+3 ^2}_{61}}\hphantom{4^2+}\overbrace{\hphandom{6^2+2^2}^{53}=69$，而且$n=7^2+3*2+3^2+1^2$时，才会发生这种情况。
这就完成了案例$k\in\{0,1,2,3,6,7\}$的证明。现在假设$k\in\{4,5\}$。发件人$$\开始{align}50&=5^2+5^2=5^2+4^2+3^2=4^2+4^2+3^2+3^2\\&=7^2+1^2\hphantom{{}=5^2+4^2+3^2}=6^2+3 ^2+2^2+1 ^2\end{align}$$对于$50\equiv2\pmod8$，我们可以应用主要技巧，并获得$n$作为五个非零平方和的表示。除非我们得到的是$n=5^2+4^2+3^2+a^2+b^2$，否则我们已经得到了两个不同的表示，并且已经完成了。使用$$26=5^2+1^2=4^2+3^2+1 ^2=3^2+3^2+2^2+2 ^2执行相同操作$$（其中$26\equiv 2\pmod 8$），我们得到另一个表示，除非发生以下巧合：
$$\tag6n=\rlap{\下大括号{4^2+3^2+5^2}_{50}}\hphantom{4^2+3^2+}\overbrace{\hphandom{5^2}+1^2}^{26}+a^2=\rlap{\下小括号{5^2+4^2+3 ^2}_{50}{\hphantom{5^2+}\overfrace{\hphantom{4^2+3^2}+1 ^2}^2{26}+a^2$$如果$a$是偶数，我们得到$n\equiv 3\pmod 4$，与$k\in\{4,5\}$相矛盾；因此$a$是奇数。由于$n>61$，我们得出$a\ge 5$，因此$n>74$，从$$ 74 = 7^2+5^2=7^2+4^2+3^2=6^2+6^2+1^2+1^2$$（同样是$74\equiv 2\pmod 8$）我们获得了另一个表示，除非发生以下情况：$$n=4^2+3^2+1^2+\溢出{5^2+\underset{=a^2}{7^2}}^{74}=5^2+1 ^2+\溢出{4^2+3^2\underset$$然后我们得到了第二种表示形式$$n=9^2+4^2+1^2+1 ^2+1$$
总之，我们已经证明，对于所有$n>61$，$n$作为五个非零平方和至少存在两个不同的表示。起始价$61=7^2+3^2+1^2+1'^2+1 ^2=5^2+5^2+3^2+1%^2$$我们看到，所有$n>60$的结果实际上都是正确的$_\正方形$
另一方面，验证表示$$\tag7 60=5^2+4^2+3^2+3 ^2+1^2$$是唯一的，因此通过穷举搜索或如下所示，定理中的边界$60$是尖锐的：
假设$60=a^2+b^2+c^2+d^2+e^2$与$a\ge-b\ge-c\ge-d\ge-e$。然后$4\le a \le 7$，因为$5\cdot 3^2<60<8^2$。如果$a=7$，则$60-7^2-3\geb^2\ge\frac{60-7^2}{4}$表示$b=2$，但$60-7 ^2-2^2=7$不能写为三个方块的和。如果$a=6$，则$60-6^2-3\ge b^2 \ge \frac｛60-6^2｝｛4｝$意味着$b=3$或$b=4$，但$60-6^2-4^2=8$和$60-6^2-4^2=15$不能写成三个非零平方的和。如果$a=4$，那么$b=4$也是因为$4^2+4\cdot 3^2<60$，$c=4$是因为$2\cdot4^2+3\cdot 2^2<60$；但是$60-3\cdot 4^2=12$不是两个平方的和。剩余$a=5$，$b^2+c^2+d^2+e^2=35$。从$4\cdot 3^2>35$，我们得出$e\le 2$。然后从$3\cdot 3^2+2^2<35$，我们得出$b\ge 4$。如果$b=5$，则$10=c^2+d^2+e^2$被写为三个非零平方和，这是不可能的。因此$b=4$，我们必须将$19$写成三个必然是奇数的平方和。唯一的解决方案是7美元。
一般化。设$r（n）$表示$n$的表示数，作为五个非零平方的和。
- 如果$n>5408$，则$r（n）\ge\lfloor\frac18\sqrt{n-101}\rfloor$；如果另外$n\not\equiv1\pmod8$，则$r（n）\ge\frac{n}{720}$。
- 如果$k\ge10$和$n\ge 64k^2+101$，则$r（n）\gek$。
- 如果$k\ge 7$，$n>720（k-1）$，并且$n不等于1\pmod 8$，则$r（n）\ge k$。
证明。正如Jyrki Lahtonen在他的回答中指出的那样，除非$n\equiv 1\pmod8$，否则我们得到$n=a^2+b^2+c^+d^2+e^2$的表示，作为五个非零平方和对于每个选项$（a，b）$和$a^2，b^2<\frac n2$以及$a\bmod 4$，$b\bmod 4]都有一个规定的值（取决于$n\bmod 8$）。对于$a$（以及$b$），至少有$\left\lfloor\frac14\sqrt{\frac{n-1}2}\右\rfloor$选项。每个表示最多重复出现$5\cdot 4$次（$a$和$b$可以在五个总和中选择的方式）。这至少给了我们$$\tag8r（n）\ge\left\lceil\frac1｛20｝\left\lfloor\frac14\sqrt｛\frac{n-1}2}\右\地板^2\right\rceil\sim\frac{n}{640}$$陈述。要使“$\sim$”更显式，需要验证$$r（n）\ge\begin{cases}\fracn{784}&\text{if$n\ge1000$（其中$n=1568$是关键的）}\\\压裂n{720}&\text{if$n\ge3873$（其中$n=7200$是关键的）}\\\压裂n{648}&\text{if}n>10^6。\结束{cases}$$
现在我们来看$n\equiv 1\pmod 8$的情况。如果$a\equiv0\pmod4$和$a^2<n-100$，则$n-10^2-a^2>0$和$\equiv 5\pmod8$可以写为最多三个非零平方和。其中一个方块必须是$\equiv 1\pmod 8$，一个必须是$\ equiv 4\pmod 8$s，第三个方块（如果有）是$\equiv 0\pmod 8$。因此，要么$$\标签{9a}n个=8^2+6^2+a^2+b^2+c^2\text{与$b\equiv1\pmod2，c\equiv 2\pmod4$}$$或$$\tag{9b}n个=10^2+a^2+b^2+c^2+d^2\text{另加$d\equiv0\pmod4$}$$让我们同意，只有当给定的$a$选项不存在$（9b）$类型的表示时，我们才使用$（9a）$。$a$至少有$\left\lfloor\frac14\sqrt｛n-101｝\right\lfloor$选项。不同的$a$永远不会导致相同的类型$（9a）$表示（只有$a$是$4$的倍数）；仅当交换$a\leftrightarrowd$时，不同的$a$才能导致类型$（9b）$的相同表示；根据我们对$（9b）$的偏好而不是$（9a）$，不可能有两个$a$选项导致相同的表示，其中一个是$（9a）$类型，另一个是$9b）美元类型。我们的结论是$$\标签{10} 第页（n） \ge\frac 12\left\lfloor\frac14\sqrt{n-101}\right\rfloor\ge\left\floor\frac18\sqrt}\rift\rfloor$$很明显，如果$n$足够大，则此界限低于$（8）$中的界限。我们可以验证（地板/天花板的标准estimates将起作用，但是，嘿，只需看看函数的图形），其中绑定$（8）$低于绑定$（10）$的最大$n$是$n=5408$，因此第一个断言就是这样的。其他索赔随后解决了$n$的不等式$_\正方形$
备注：Donovan Johnson（2013）报告OEIS（序列A080673）不存在$r（n）=188$的$n\le 10^6$。根据概括中的估计，将搜索范围扩展到$2286245$（其中可以限制为$n\equiv 1\pmod8$）将证明根本不存在$r（n）=188$的$n$（或找到所有此类$n$）。在上面的证明中，我只使用了$10^2=6^2+8^2$。如果使用更多的等边勾股三角形，人们可能会发现更多的表示，例如$20^2=12^2+16^2$或$26^2=24^2+10^2$。虽然我想避免更复杂的重复记账可以证明D.Johnson的发现足以得出结论，$r（n）\n188$代表所有$n$。
