独学ノート（土筆の子）コミュの二平方数の和

二平方数の和の例。
242=2*11^2
315=3^2*5*7
343=7^3
2340=2^2*3^2*5*13
ここでの4k+3の形の素数は、3,7,11
これらが偶数乗で現れているもの、すなわち２つの平方数の和として
表せるのは、242と2340

9425を2つの平方数の和として表す方法は６通り
9425=5^2*13*29
素因数は３つとも4k+1の形の素数
(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 ?
=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2 ?
13=2^2+3^2, 29=2^2+5^2より
13*29= (2^2+3^2)(2^2+5^2) =(2*2+3*5)^2+(2*5-3*2)^2=19^2+4^2　?
= (2^2+3^2)(2^2+5^2)=(2*2+3*5)^2+(2*5-3*2)^2=11^2+16^2　?
5^2=3^2+4^2
9425=5^2*?, 5^2*?, {(3^2+4^2)*?}, {(2^2+3^2)*?}
=95^2+20^2, 55^2+80^2, {73^2+64^2, 41^2+88^2},
{97^2+4^2, 31^2+92^2}
の６通り。

6120を２つの平方数の和として表す方法は２通り
6120=2^3*3^2*5*17
4k+3の形の素数３は偶数乗で含まれているので２つの平方和として表される。
6120=(2*3)^2*2*5*17
5*17=(1^2+2^2)(1^2+4^2)=11^2+7^2, 13^2+1^2 の２通り。（?、?より）
したがって、
6120=6^2(11^2+7^2)=66^2+42^2と
　　　6^2(13^2+1^2)=78^2+6^2の２通り

707850を２つの平方数の和として表す方法は３通り
707850=2*3^2*5^2*11^2*13
4k+3の形の素数3と11は偶数乗で含まれる
4k+3の形の素数の部分3^2*11^2=33^2はあとで乗じる
2*13=26は1^2+5^2としか表せない
5^2*2*13=5^2(1^2+5^2)=5^2+25^2 ?
=(3^2+4^2)( 1^2+5^2)=23^2+11^2 ?
=(3^2+4^2)( 1^2+5^2)=17^2+19^2 ?
??は??の関係を使った。
707850=33^2(5^2+25^2)=165^2+825^2
=33^2(23^2+11^2)=759^2+363^2
=33^2(17^2+19^2)=561^2+627^2

494^21は２つの平方数の和として表せない。
494^21=(2*13*19)^21
4k+3の形の素数19が奇数乗で現れている。

定理：２つの平方数の和としての表し方の個数N(n)
n=2^a*{p_1^(a_1)p_2^(a_2)…p_s^(a_s)} {q_1^(b_1)q_2^(b_2)…q_t^(b_t)}
とする。p_iは4k+1の形、q_jは4k+3の形の素数
b_1, b_2,…b_tは必然的に偶数。このときN(n)は
N(n)=4(a_1+1)(a_2+1)…(a_s+1)

出典：チャレンジ整数の問題１９９、水上勉著、１０章

コメント(9)

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[1] mixiユーザー 07月21日 20:24

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 ?

a=d b=cとすると、
(a^2+b^2)^2=(2ab)^2+(a^2-b^2)^2
でピタゴラスの定理そのもの。

a=2 b=1とすると、
(4+1)^2=5^2=4^2+3^2

[2] mixiユーザー 07月21日 21:51

平方数の和と複素数

z=x+iy
として、

z_1*z_2
=(x_1+iy_1)(x_2+iy_2)
=(x_1x_2-y_1y_2)+i*(x_1y_2+y_1x_2)

|z|=|x+iy|=√(x^2+y^2)

|(x_1+iy_1)(x_2+iy_2)|
=|(x_1x_2-y_1y_2)+i*(x_1y_2+y_1x_2)|
=√{(x_1x_2-y_1y_2)^2+(x_1y_2+y_1x_2)^2} ?

|(x_1+iy_1)(x_2+iy_2)|
=√(x_1^2+y_1^2)√(x_2^2+y_2^2) ?

?^2=?^2
すると

(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)
=(x_1x_2-y_1y_2)^2+(x_1y_2+y_1x_2)^2

ここで、x_1=u,y_1=v,x_1=A,y_2=B
とすると、

(u^2+v^2)(A^2+B^2)
=(uA+vB)^2+(vA-uB)^2

これは、２つの平方数の和の積が２つの平方数になることを
示している。

オイラーは４つの平方数の和を含む恒等式を見つけた。

(a^2+b^2+c^2+d^2)(A^2+B^2+C^2+D^2)
=(aA+bB+cC+dD)^2+(aB-bA-cD+dC)^2
+(aC+bD-cA-dB)^2+(aD-bC+cB-dA)^2

これは、４元数の理論に関係する。

残念ながら、３つの平方数の和に関して似たような恒等式はなく、３つの平方数の和で表す問題は、それが、２つや４つに比べて大変難しい。とのこと。

出典：初めての数論、シルバーマン著

[3] mixiユーザー 07月21日 22:24

四元数の積は，つぎの規則によって計算される：
i2 = j2 = k2 = ijk = －1 ( ⇒ ij = －ji = k, jk = －kj = i, －ik = j )

(w + xi + yj + zk) × (W + Xi + Yj + Zk) ＝ (wW ー xX ー yY ー zZ)
＋ (wX ＋ xW ＋ yZ ー zY) i
＋ (wY ー xZ ＋ yW ＋ zX) j
＋ (wZ ＋ xY ー yX ＋ zW) k

両辺のノルムをとると、
左辺は
(w^2+x^2+y^2+z^2)(W^2+X^2+Y^2+Z^2)

右辺は
(wW-xX-yY-zZ)^2+(wX+xW+yZ-zY)^2+(wY-xZ+yW+zX)^2+
(wZ+xY-yX+zW)^2

ここで、x=a,y=b,z=c,w=d X=-A,Y=-B,Z=-C,W=Dとすると
(aA+bB+cC+dD)^2+(-dA+aD-bC+cB)^2
+(-dB+aC+bD-cA)^2+(-dC-aB+bA+cD)^2

（）のなかを入れ替えて、以下になる
=(aA+bB+cC+dD)^2+(aD-bC+cB-dA)^2
+(aC+bD-cA-dB)^2+(aB-bA-cD+dC)^2

結局
(a^2+b^2+c^2+d^2)(A^2+B^2+C^2+D^2)
=(aA+bB+cC+dD)^2+(aB-bA-cD+dC)^2
+(aC+bD-cA-dB)^2+(aD-bC+cB-dA)^2
の関係を示している。

[4] mixiユーザー 07月21日 23:06

http://www12.plala.or.jp/ksp/vectoranalysis/SevenDCrossProd/
ここに、丁寧に、積が展開してあり、ベクトルの内積・外積が現れる
ことが示されている。
感動した。

[5] mixiユーザー 07月22日 00:10

ネットの記事から拝借。

ｘ^2＋ｙ^2は４ｎ＋１型素数をすべて表現し，どの４ｎ＋３型素数も表現しない．２平方和定理は「４で割ると１余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2となる自然数が存在する」であるが，フェルマーはまた，
「ｐが８で割ると１または３余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋２ｙ^2」
「ｐが８で割ると１または７余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2－２ｙ^2」
「ｐが３で割ると１余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋３ｙ^2」
となる自然数ｘ，ｙが存在することを発見した．ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2，ｐ＝ｘ^2＋２ｙ^2，ｐ＝ｘ^2－２ｙ^2，ｐ＝ｘ^2＋３ｙ^2，・・・などの発見は，類体論の序曲をなすものといえる．
　一般に
　　Ｎ＝ｘ^2±Ｄｙ^2
によって表現される数Ｎの約数ｐは，同一の判別式Ｄをもつ
　　ｐ＝ａｘ^2＋２ｂｘｙ＋ｃｙ^2　　　（Ｄ＝ｂ^2－ａｃ）
によって表現されることから，ｘ^2±Ｄｙ^2を主形式と呼ぶ．

［補］方程式ｘ^2＋ｙ^2＝ｎの整数解の個数は，ｎの４ν＋１型の約数の個数と４ν＋３型の約数の個数との差の４倍に等しい．方程式ｘ^2＋２ｙ^2＝ｎの整数解の個数は，ｎの８ν＋１型または８ν＋３型の約数の個数と８ν＋５型または８ν＋７型の約数の個数との差の２倍に等しい

そうだ。ペル方程式がここで出てくるのだと理解した。

[6] mixiユーザー 07月22日 00:17

（ａ1^2＋ａ2^2＋・・・＋ａn^2）（ｂ1^2＋ｂ2^2＋・・・＋ｂn^2）＝（ｃ1^2＋ｃ2^2＋・・・＋ｃn^2）
の恒等式は，ｎ＝１，２，４，８に対してだけ満たされるという結果が１９世紀末，フルヴィッツにより証明されている（１８９８年）．

そうだ。

[7] mixiユーザー 07月22日 00:32

1=p^2-4/3q^2 ?
は、ペル方程式と似ている。

1=p^2-Dq^2=(p+√D*q)(p-√D*q)
として、両辺を２乗すると、
1^2=1=(p^2+2√D*pq+Dq^2)(p^2-2√D*pq+Dq^2)
=(p^2+Dq^2)^2-D(2pq)^2
(p_1^2-Dq_1^2)^2=(p_1^2+Dq_1^2)^2-D(2p_1q_1)^2
ここで、p_1^2+Dq_1^2=p_2, 2p_1q_1=q_2
とすると、
1=p_2-Dq_2^2

したがって、?を
1=p^2-3(2/3q)^2
1=p^2-3(q')^2 , (q'=2/3q)
とすると、ペル方程式になって、
p_k+ √3*q'_k=(p_1+ √3*q'_1)^k ,k=1,2,3,...
初項は、p_1=2, q'_1=1
∴p_k+√3*q'_k=(2+√3)^k

k=2, (2+√3)^2=7+4√3
k=3, (2+√3)^3=(7+4√3)(2+√3)=26+15√3
k=4, (2+√3)^4=(26+15√3)(2+√3)=97+56√3
k=4, (2+√3)^4=(97+56√3)(2+√3)=362+209√3

1=p^2-3(q')^2
は、
p^2=3(q')^2+1
(p/q')^2=3+1/(q')^2
となって、q'が大きくなると
p/q'= √3（=1.732050808...)を与える。

26/15=1.73333
97/56=1.732143
362/209=1.732057

[8] mixiユーザー 07月22日 00:44

3辺　ｘ、ｘ＋１，ｘ＋２の三角形の面積が整数になる場合

ヘロンの公式を使って、
Ｓ＝√s(s-a)(s-b)(s-c)
s=(a+b+c)/2

a=x, b=x+1，c=x+2として、
S=(1/4)√[3{(x+1)(x+3)(x+1)(x-1)}]
=(1/4)(x+1))√3(x+3)(x-1)

3(x+3)(x-1)=(4q)^2
となればいいので、
x^2+2x-3=16/3*q^2
x=-1±2√(1+4/3*q^2)
√(1+4/3*q^2)=p ? として、
x=2p-1,x+1=2p,x+2=2p+1

?より、pは、p^2-(4/3)q^2=1, ?、の整数解。
?を1=p^2-3(q')^2 , (q'=2/3q)
とすると、ペル方程式になって、
p_k+ √3*q'_k=(p_1+ √3*q'_1)^k ,k=1,2,3,...
初項は、p_1=2, q'_1=1
∴p_k+√3*q'_k=(2+√3)^k

k=2, (2+√3)^2=7+4√3
k=3, (2+√3)^3=(7+4√3)(2+√3)=26+15√3
k=4, (2+√3)^4=(26+15√3)(2+√3)=97+56√3
k=5, (2+√3)^5=(97+56√3)(2+√3)=362+209√3
...

2p-1, 2p, 2p+1, ; S
3 4 5 ; 6
13 14 15 ; 84
51 52 53 ; 1170
193 194 195 ; 16296
723 724 725 ; 226974
2701 2702 2703 ; 3161340
10083 10084 10085 ; 44031786

[9] mixiユーザー 07月22日 13:51

ラグランジェはどんな整数も４つの平方の和として表すことが出来ることを証明した。以下を使うようだ。

(a^2+b^2+c^2+d^2)(A^2+B^2+C^2+D^2)
=(aA+bB+cC+dD)^2+(aB-bA-cD+dC)^2
+(aC+bD-cA-dB)^2+(aD-bC+cB-dA)^2

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