ご回答誠に有難うございます。
漸く分かりかけてきました。

>>http://beauty.geocities.jp/yuka26076/study/Number_Theory/Legendre_sft...
>> のように2^t(a_i^2+b_i^2)Π_{j=1..s}q_j^{f_j}まで辿り着いたのですが
>> これがA^2+B^2の形になっている事はどのようにして分かるのでしょうか?
>  N を A^2 + B^2 の形に書く書き方が何通りあるか,
> を勘定するとき, 先ず, N を自然数として素因数分解して,
>  N = 2^t \prod_{i=1}^r (p_i)^{e_i} \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j}
> (但し, p_i は p_i ≡ 1  (mod 4) となる素数,
>  q_j は q_j ≡ 3  (mod 4) となる素数) としたものを
> 更に Gaussian primes の代表元と units の積として
>  N = (-i)^t (1 + i)^{2t}
>      \prod_{i=1}^r [(a_i + i b_i)(a_i - i b_i)]^{e_i}
>      \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j}
> と書いておいて,
>  N = (A + i B)(A - i B) となるような整数 A, B の
> 取り方が何通りあるか, の話にしたわけです.

そうですね。A,Bは色々なGaussian integersに取れる訳ですよね。

>  A + i B が N, つまり,
>  (-i)^t (1 + i)^{2t}
>  \prod_{i=1}^r [(a_i + i b_i)(a_i - i b_i)]^{e_i}
>  \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j}
> を割り切り, 更に A + i B の複素共役 A - i B も
>  (-i)^t (1 + i)^{2t}
>  \prod_{i=1}^r [(a_i + i b_i)(a_i - i b_i)]^{e_i}
>  \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j}
> を割り切り, 更に A + i B と A - i B の積が
>  (-i)^t (1 + i)^{2t}
>  \prod_{i=1}^r [(a_i + i b_i)(a_i - i b_i)]^{e_i}
>  \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j}
> となるというのは,
>  f_j が全て偶数であるときに可能で,

えーと,これは
N=(-i)^t (1 + i)^{2t} Π_{i=1}^r [(a_i + i b_i)(a_i - i b_i)]^{e_i}
Π_{j=1}^s (q_j)^{f_j}
=(-i)^t (1 + i)^{2t} Π_{i=1}^r (a_i^2 + b_i^2)^{e_i} Π_{j=1}^s
(q_j)^{f_j}
=(-i)^t (1 + i)^{2t} (X^2+Y^2) Π_{j=1}^s (q_j)^{f_j} (∵Π_{i=1}^r
(a_i^2 + b_i^2)^{e_i}にBrahmagupta's identityを繰返し施す)
=(-i)^t (1 + i)^{2t} (X^2+Y^2)(q_1^{f_1/2}^2)(q_2^{f_2/2}^2)…(q_s^{f_s/
2}^2) ←ココでf_jが全て偶数である事が必要。
=(-i)^t (1 + i)^{2t} (X'^2+Y'^2) (∵Π_{j=1}^s (q_j)^{f_i}にBrahmagupta's
identityを繰返し施す)
で途中まで平方の和の出来ましたが「(-i)^t (1 + i)^{2t}」の部分はどうやって処理すればいいのでしょうか?

>  u を任意の unit とし, 0 ≦ x_i ≦ e_i とするとき,
>  A + i B
>  = u (1 + i)^t
>    \prod_{i=1}^r [(a_i + i b_i)^{x_i}(a_i - i b_i)^{e_i - x_i}]
>    \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j/2}
> である場合で尽くされます.
> このとき, A + iB の複素共役 A - i B は
>  A - i B
>  = u^{-1} (-i)^t (1 + i)^t
>    \prod_{i=1}^r [(a_i - i b_i)^{x_i}(a_i + i b_i)^{e_i - x_i}]
>    \prod_{j=1}^s (q_j)^{f_j/2}
> であり,

u (1 + i)^tΠ_{i=1}^r[(a_i+ib_i)^{x_i}(a_i-ib_i)^{e_i-x_i}]Π_{j=1}
^s(q_j)^{f_j/2}
のA部とB部と
u^{-1} (-i)^t (1+i)^tΠ_{i=1}^r [(a_i-ib_i)^{x_i}(a_i+ib_i)^{e_i-
x_i}]Π_{j=1}^s (q_j)^{f_j/2}
のA部とB部とが等しくなる事はどうして分かるのでしょうか?

u (1 + i)^tΠ_{i=1}^r[(a_i+ib_i)^{x_i}(a_i-ib_i)^{e_i-x_i}]Π_{j=1}
^s(q_j)^{f_j/2}=u (1 + i)^t(A'+iB')
のA部とB部と
u^{-1} (-i)^t (1+i)^tΠ_{i=1}^r [(a_i-ib_i)^{x_i}(a_i+ib_i)^{e_i-
x_i}]Π_{j=1}^s (q_j)^{f_j/2}=u^{-1} (-i)^t (1+i)^t(A"+iB")
となるかもしれませんよね。

>> あとどうしてuが要るのでしょうか?
> 違う unit を掛ければ違う Gaussian integer になるのですから
> 必要です. それとも「 u' が要るのでしょうか」でしょうか.
>  A - i B は自動的に決まるのですから, u' と書いてあるのは
>  u^{-1} (-i)^t と書くのを省略してあるわけです.

ふーむ。

>> u'は1/uの事で結局1になるので不要に思うのですが。
>  u' = u^{-1} (-i)^t ですね. これを付けないと
>  A + i B の複素共役になりません.

そうだったのですかcheckしてみたいと思います。

> # unit u の複素共役が u^{-1} であるとか,
> # 1 + i の複素共役 1 - i = (-i)(1 + i) であるとかは,
> # お気付きでしょうね.

はい。