文献あり

49と同じ性質をもつ自然数

２つの平方数（10進数表記）を並べて新しい整数を作る.
得られる整数がまた平方数となるような性質をもつ数を見つけよ.

$2^{2} * 10 + 3^{2} = 49 = 7^{2}$
$6^{2} * 10 + 1^{2} = 361 = 19^{2}$
$4^{2} * 100 + 9^{2} = 1681 = 41^{2}$

$10^{k - 1} < b^{2} < 10^{k}$ として $a^{2} 10^{k} + b^{2}$ が平方数 $c^{2}$ となるような整数を探すということである.
$a^{2} * 10^{k} + b^{2} = c^{2}$ の両辺を $c^{2}$ で割ると $\frac{a^{2}}{c^{2}} 10^{k} + \frac{b^{2}}{c^{2}} = 1$ である.
$x^{2} + 10^{k} y^{2} = 1$ は $x = 1, y = 0$ を解にもつので $y = m (x - 1)$ とおく.
代入すると $(x - 1) (x + 1) + 10^{k} m^{2} (x - 1)^{2} = 0$
$x = 1$ 以外の解を求めると
$x + 1 + 10^{k} m^{2} (x - 1) = 0$ より
$x = \frac{10^{k} m^{2} - 1}{10^{k} m^{2} + 1}, y = \frac{- 2 m}{10^{k} m^{2} + 1}$
$m$ を有理数として互いに素な整数 $p, q$ により分数で表す. $(m = \frac{p}{q})$
$x = \frac{10^{k} p^{2} - q^{2}}{10^{k} p^{2} + q^{2}}, y = \frac{- 2 p q}{10^{k} p^{2} + q}$
この式を代入して
$(10^{k} p^{2} - q^{2})^{2} + 10^{k} (2 p q)^{2} = (10^{k} p^{2} + q^{2})^{2}$ を得る.

$k$ が偶数 $2 l$ であれば $10^{k} p^{2} = (10^{l} p)^{2}$ となってピタゴラス数の問題となるので
$k$ を奇数として $k = 2 l + 1$ とおく.
$10^{l} p$ をあらためて $p$ とおき
$(10 p^{2} - q^{2})^{2} + 10 (2 p q)^{2} = (10 p^{2} + q^{2})^{2}$ を得る.

$b^{2} + 10 a^{2} = c^{2}$ について $a, b, c$ が互いに素な整数とすると以下のいずれかの形で表すことができる.
(1) $(10 x^{2} - y^{2})^{2} + 10 (2 x y)^{2} = (10 x^{2} + y^{2})^{2}$
(2) $(5 x^{2} - 2 y^{2})^{2} + 10 (2 x y)^{2} = (5 x^{2} + 2 y^{2})^{2}$

ただし $x, y$ は互いに素な整数とする.

$(10 x^{2} - y^{2})^{2} + 10 (2 x y)^{2} = (10 x^{2} + y^{2})^{2}$ の形に必ずできるので
このとき $10 x^{2} - y^{2}$ と $2 x y$ が互いに素でないと仮定すると
$y$ は $2$ または $5$ の倍数である.
いずれの場合を考えても
$(5 x^{2} - 2 y^{2})^{2} + 10 (2 x y)^{2} = (5 x^{2} + 2 y^{2})^{2}$
の形にできる.
一方 $(5 x^{2} - 2 y^{2})^{2} + 10 (2 x y)^{2} = (5 x^{2} + 2 y^{2})^{2}$ において
$5 x^{2} - 2 y^{2}$ と $2 x y$ が互いに素でないと仮定すると
$x$ が $2$ の倍数または $y$ が $5$ の倍数である.
いずれの場合を考えても
$(10 x^{2} - y^{2})^{2} + 10 (2 x y)^{2} = (10 x^{2} + y^{2})^{2}$
の形にできる.

以上の条件の下で $a = 2 x y$ が $10$ の倍数であると仮定する.
$x, y$ は互いに素な整数なので一方が $2$ の倍数で他方が $5$ の倍数となるかどちらか一方が $10$ の倍数となる.
$b = 10 x^{2} - y^{2}$ の場合は $x$ が $10$ の倍数となる.
$b = 5 x^{2} - 2 y^{2}$ の場合は $y$ が $2$ の倍数で $x$ が $5$ の倍数となる.
$a = 2 x y$ を $10$ で割ることのできる最大の回数を $K$ とおく.
すなわち $\frac{2 x y}{10^{K}}$ は整数であり $10$ で割り切れないとする.
$b = 10 x^{2} - y^{2}$ の場合は $x$ が $10^{K}$ の倍数となる.
$b = 5 x^{2} - 2 y^{2}$ の場合は $y$ が $2^{K - 1}$ の倍数で $x$ が $5^{K}$ の倍数となる.

$K = 0$ の場合
$0 < b^{2} < 10$ となる.
このような正の整数 $b$ は $b = 1, 2, 3$ である.
$10 - 3^{2} = 1$
$10 * 6^{2} - 19^{2} = - 1$
$5 * 2^{2} - 2 * 3^{2} = 2$
$5 * 12^{2} - 2 * 19^{2} = - 2$
$5 * 1^{2} - 2 * 1^{2} = 3$
$5 * 1^{2} - 2 * 2^{2} = - 3$

$K = 1$ の場合
$10^{2} < b^{2} < 10^{3}$ となる.
このような正の整数 $b$ は $10 < b < 32$ を満たす.
$b = 10 x^{2} - y^{2}$ の場合は $x$ が $10$ の倍数となり
$b = 5 x^{2} - 2 y^{2}$ の場合は $x$ が $5$ の倍数となる.

2次形式

$a, b, c$ を整数とする.
$a x^{2} + b x y + c y^{2}$ を同次2元2次形式（単に2次形式）とよぶことにする.
２つの2次形式 $a x^{2} + b x y + c y^{2}, k X^{2} + l X Y + m Y^{2}$ が以下の条件を満たすとき,これらの2次形式は「対等である」という.
・整数 $p, q, r, s$ で $p s - q r = \pm 1, x = p X + r Y, y = q X + s Y$ を満たすものが存在して $a x^{2} + b x y + c y^{2} = k X^{2} + l X Y + m Y^{2}$ を満たす.

判別式

$D = b^{2} - 4 a c$ を判別式とよぶ.
$D$ が2次形式の判別式となる必要十分条件は
$D = 0, 1 (\mod 4)$
である.

簡約2次形式

$D = b^{2} - 4 a c > 0$ のとき $a x^{2} + b x + c = 0$ の解を $α, β (α < β)$ とする.
$- 1 < α < 0 < 1 < β$ がなりたつとき
$a x^{2} + b x y + c y^{2}$ を簡約2次形式とよぶことにする.

$D = b^{2} - 4 a c > 0$ のとき $a x^{2} + b x y + c y^{2}$ が簡約2次形式であるための必要十分条件は
・　 $| a + c | < | b | < \sqrt{D}, a b < 0$
である.

解と係数の関係により
$0 < α + β = - \frac{b}{a}, 0 > α β = \frac{c}{a}$
よって $a b < 0, a c < 0$ 特に $D = b^{2} - 4 a c > b^{2}$

$a > 0$ の場合
$- 1 < \frac{- b - \sqrt{D}}{2 a} < 0 < 1 < \frac{- b + \sqrt{D}}{2 a}$
より $2 a + b < \sqrt{D} < 2 a - b$ なので $b < 0$ である.
$2 a + b < - \sqrt{D}$ とすると $b + \sqrt{D} > 0$ に矛盾するので
$- \sqrt{D} < 2 a + b < \sqrt{D} < 2 a - b$ である.
したがって
$(2 a + b)^{2} < D < (2 a - b)^{2}$
$4 a^{2} + 4 a b < - 4 a c < 4 a^{2} - 4 a b$
$a + b < - c < a - b$ より $b < a + c < - b$

$a < 0$ の場合
$- 1 < \frac{- b + \sqrt{D}}{2 a} < 0 < 1 < \frac{- b - \sqrt{D}}{2 a}$
より $2 a - b < - \sqrt{D} < 2 a + b$ なので $b > 0$ である
$2 a - b < - \sqrt{D} < 2 a + b < \sqrt{D}$ が成り立つので
$(2 a + b)^{2} < D < (2 a - b)^{2}$ より $- b < a + c < b$

$D = 40$ の場合の簡約2次形式を求める.
$| a + c | < | b | < \sqrt{40} < 7$ より $| b | = 1, 2, 3, 4, 5, 6$ である.
$b^{2} = 4 a c + 40$ だから $b$ は偶数なので $| b | = 2, 4, 6$
$b^{2} < b^{2} - 4 a c$ なので $a c < 0$ である.
$a < 0$ のときは $c > 0$ なので $x, y$ を入れ替えれば $x^{2}$ の係数は正の値としてよいので $a > 0$ の場合のみ考えることにすると $b < 0$ である.
$b = - 2$ ならば $| a + c | < 2, - 4 a c = 40 - 4 = 36$ より $a = 3, c = - 3$
$b = - 4$ ならば $| a + c | < 4, - 4 a c = 40 - 16 = 24$ より $a = 2, c = - 3$ または $a = 3, c = - 2$
$b = - 6$ ならば $| a + c | < 6, - 4 a c = 40 - 36 = 4$ より $a = 1, c = - 1$
したがって簡約2次形式は以下の４つである.
(1) $3 x^{2} - 2 x y - 3 y^{2}$
(2) $2 x^{2} - 4 x y - 3 y^{2}$
(3) $3 x^{2} - 4 x y - 2 y^{2}$
(4) $x^{2} - 6 x y - y^{2}$

これらの2次形式は以下のように変形できる.
(1) $3 x^{2} - 2 x y - 3 y^{2} = 2 (2 x + y)^{2} - 5 (x + y)^{2}$
(2) $2 x^{2} - 4 x y - 3 y^{2} = 2 (x - y)^{2} - 5 y^{2}$
(3) $3 x^{2} - 4 x y - 2 y^{2} = 5 x^{2} - 2 (x + y)^{2}$
(4) $x^{2} - 6 x y - y^{2} = 10 x^{2} - (3 x + y)^{2}$

(1)(2)は $2 X^{2} - 5 Y^{2}$ と対等
(3)は $5 X^{2} - 2 Y^{2}$ と対等
(4)は $10 X^{2} - Y^{2}$ と対等

任意の2次形式には対等な簡約2次形式が存在することが知られている.

整数 $k \neq 0$ について, $f (x, y) = k$ を満たすような2次形式 $f (x, y)$ と整数 $x, y$ が存在するための必要十分条件は,判別式を $D$ とすると,
$l^{2} \equiv D (\mod 4 k)$ を満たす整数 $l$ が存在することである.
$D$ が $4$ の倍数のときは $l$ は偶数となるので $l = 2 l^{'}$ とおくと
$l^{' 2} \equiv \frac{D}{4} (\mod k)$
となる.

整数 $m$ が存在し $l^{2} - D = 4 k m$ とすると2次形式 $f (x, y) = k x^{2} + l x y + m y^{2}$ の判別式は $D$ であり $x = 1, y = 0$ のとき $f (1, 0) = k$ を満たす.

逆に $f (x, y) = a x^{2} + b x y + c y^{2} = k$ が互いに素な整数解 $x = x_{0}, y = y_{0}$ をもつならば $x_{0} s - y_{0} r = \pm 1$ を満たす整数 $r, s$ が存在する.
$x_{0}, y_{0}$ が互いに素でなければ $x_{0}, y_{0}, k$ が共通の因数をもつので
$f (x_{0}, y_{0}) = k$ の両辺が共通の因数で割りきれる.
互いに素な整数解を原始整数解とよぶことにすると
互いに素でない解は原始整数解の倍数として得られる.
そこで原始整数解についてのみ考えることにする.
2次方程式 $a x^{2} + b x + c = 0$ の解のひとつを $ω$ とする.
$ω^{'}$ を
$ω = \frac{x_{0} ω^{'} + r}{y_{0} ω^{'} + s}$
と定めると
$a (x_{0} ω^{'} + r)^{2} + b (x_{0} ω^{'} + r) (y_{0} ω^{'} + s) + c (y_{0} ω^{'} + s)^{2} = 0$ である.
$ω^{'}$ について整理すると
$(a x_{0}^{2} + b x_{0} y_{0} + c y_{0}^{2}) ω^{' 2} + (2 a x_{0} r + b x_{0} s + b y_{0} r + 2 c y_{0} s) ω^{'} + (a r^{2} + b r s + c s^{2}) = 0$
より $ω^{'}$ の係数を $l, a r^{2} + b r s + c s^{2} = m$ とおくと
$k ω^{' 2} + l ω^{'} + m = 0$ となる.
$x = x_{0} X + r Y, y = y_{0} X + s Y$ と変換すると $x_{0} s - y_{0} r = \pm 1$ より　
$a x^{2} + b x y + c y^{2}$ と $k X^{2} + l X Y + m Y^{2}$ は対等である.

$\begin{array}{r} (\begin{array}{cc} x & y \end{array}) (\begin{array}{cc} a & \frac{b}{2} \\ \frac{b}{2} & c \end{array}) (\begin{array}{cc} x \\ y \end{array}) = \end{array}$

$\begin{array}{r} (\begin{array}{cc} X & Y \end{array}) (\begin{array}{cc} x_{0} & y_{0} \\ r & s \end{array}) (\begin{array}{cc} a & \frac{b}{2} \\ \frac{b}{2} & c \end{array}) (\begin{array}{cc} x_{0} & r \\ y_{0} & s \end{array}) (\begin{array}{cc} X \\ Y \end{array}) = \end{array}$

$\begin{array}{r} (\begin{array}{cc} X & Y \end{array}) (\begin{array}{cc} k & \frac{l}{2} \\ \frac{l}{2} & m \end{array}) (\begin{array}{cc} X \\ Y \end{array}) \end{array}$

より $(a c - \frac{b^{2}}{4}) (x_{0} s - y_{0} r)^{2} = k m - \frac{l^{2}}{4}$ となるので $l^{2} - 4 k m = b^{2} - 4 a c = D$
したがって $l^{2} \equiv D (\mod 4 k)$ を満たす整数 $l$ が存在する.

Legendre記号

$x^{2} \equiv a (\mod p)$ において $x$ が解をもつとき $a$ を $p$ の平方剰余
そうでないときを平方非剰余という.
$a \neq 0 (\mod p)$ で平方剰余のとき $(\frac{a}{p}) = 1$
平方非剰余のとき $(\frac{a}{p}) = - 1$
$a = 0 (\mod p)$ のとき　 $(\frac{a}{p}) = 0$
と表すことにする.

平方剰余の相互法則

$(\frac{a}{p}) \equiv a^{\frac{p - 1}{2}} (\mod p)$

$(\frac{- 1}{p}) = (- 1)^{\frac{p - 1}{2}}$
$(\frac{2}{p}) = (- 1)^{\frac{p^{2} - 1}{8}}$
$p, q$ を奇素数とすると
$(\frac{p}{q}) (\frac{q}{p}) = (- 1)^{\frac{p - 1}{2} \frac{q - 1}{2}}$

$p$ を $5$ でない奇素数とすると
$(\frac{10}{p}) \equiv 10^{\frac{p - 1}{2}} \equiv 2^{\frac{p - 1}{2}} 5^{\frac{p - 1}{2}} \equiv (\frac{2}{p}) (\frac{5}{p}) (\mod p)$
よって
$(\frac{10}{p}) = 1 \Leftrightarrow (\frac{2}{p}) = (\frac{5}{p}) = 1, (\frac{2}{p}) = (\frac{5}{p}) = - 1$
また
$(\frac{p}{5}) (\frac{5}{p}) = (- 1)^{\frac{p - 1}{2} \frac{5 - 1}{2}} = 1$
よって
$(\frac{p}{5}) = (\frac{5}{p})$
したがって
$(\frac{10}{p}) = 1 \Leftrightarrow (\frac{2}{p}) = (\frac{5}{p}) = (\frac{p}{5})$
ここで
$(\frac{2}{p}) = 1 \Leftrightarrow p \equiv \pm 1 (\mod 8)$
$(\frac{2}{p}) = - 1 \Leftrightarrow p \equiv \pm 3 (\mod 8)$
$(\frac{p}{5}) = 1 \Leftrightarrow p \equiv \pm 1 (\mod 5)$
$(\frac{p}{5}) = - 1 \Leftrightarrow p \equiv \pm 3 (\mod 5)$
となるので
$(\frac{10}{p}) = 1 \Leftrightarrow p \equiv \pm 1, \pm 3, \pm 9, \pm 13 (\mod 40)$
となる.
ここで
$10 X^{2} - Y^{2} = \pm p \Rightarrow - Y^{2} \equiv \pm p (\mod 5) \Rightarrow (\frac{p}{5}) = 1$
$5 X^{2} - 2 Y^{2} = \pm p \Rightarrow - 2 Y^{2} \equiv \pm p (\mod 5) \Rightarrow (\frac{p}{5}) = - 1$
よって以下の命題を得る.

$p$ を奇素数とする.
$| 10 X^{2} - Y^{2} | = p$ を満たす整数 $X, Y$ が存在する $\Leftrightarrow p \equiv \pm 1, \pm 9 (\mod 40)$
$| 5 X^{2} - 2 Y^{2} | = p$ を満たす整数 $X, Y$ が存在する $\Leftrightarrow p \equiv \pm 3, \pm 13 (\mod 40)$

合成数についても考えてみると
$10 X^{2} - Y^{2} = (\sqrt{10} X + Y) (\sqrt{10} X - Y)$
$5 X^{2} - 2 Y^{2} = (\sqrt{5} X + \sqrt{2} Y) (\sqrt{5} X - \sqrt{2} Y)$
および
$(\sqrt{10} a + b) (\sqrt{10} c + d) = (10 a c + b d) + (a d + b c) \sqrt{10}$
$(\sqrt{10} a + b) (\sqrt{5} c + \sqrt{2} d) = (2 a d + b c) \sqrt{5} + (5 a c + b d) \sqrt{2}$
$(\sqrt{5} a + \sqrt{2} b) (\sqrt{5} c + \sqrt{2} d) = (5 a c + 2 b d) + (a d + b c) \sqrt{10}$
より
$(10 a^{2} - b^{2}) (10 c^{2} - d^{2}) = (10 a c + b d)^{2} - 10 (a d + b c)^{2}$
$(10 a^{2} - b^{2}) (5 c^{2} - 2 d^{2}) = - 5 (2 a d + b c)^{2} + 2 (5 a c + b d)^{2}$
$(5 a^{2} - 2 b^{2}) (5 c^{2} - 2 d^{2}) = (5 a c + 2 b d)^{2} - 10 (a d + b c)^{2}$
したがって素因数が $10 X^{2} - Y^{2}, 5 X^{2} - 2 Y^{2}$ の形で表すことができれば
合成数もできる.
逆に合成数が $10 X^{2} - Y^{2}, 5 X^{2} - 2 Y^{2}$ の形で表すことができれば
奇数の素因数 $q \neq 5$ について
$10 X^{2} - Y^{2} \equiv 0 (\mod q)$ あるいは $5 X^{2} - 2 Y^{2} \equiv 0 (\mod q)$
となるので $X, Y$ を原始整数解とするといずれの場合も
$(\frac{10}{q}) = 1$
が成り立つ.
したがって $q \equiv \pm 1, \pm 3, \pm 9, \pm 13 (\mod 40)$

(命題5)

$b$ を正の整数とする.

$| 10 X^{2} - Y^{2} | = b$ を満たす整数 $X, Y$ が存在する $\Leftrightarrow$
$b$ の素因数が $\pm 1, \pm 9 (\mod 40)$
$| 5 X^{2} - 2 Y^{2} | = b$ を満たす整数 $X, Y$ が存在する $\Leftrightarrow$
$b$ の素因数が $\pm 3, \pm 13 (\mod 40)$

$0 < b^{2} < 10$ の場合 $b = 1, 2, 3$
$10 - 3^{2} = 1$
$5 (2)^{2} - 2 (3)^{2} = 2$
$5 (1)^{2} - 2 (1)^{2} = 3$
例１の１と２はこれらの式より得られる.

$b$ が偶数の場合は両辺を $2$ で割ることができる.
$b$ が $5$ の倍数の場合は両辺を $5$ で割ることができる.
そこで $5$ の倍数でない奇数だけを調べると

$10 < b^{2} < 100$ の場合 $b = 7, 9$
$7$ を $10 X^{2} - Y^{2}, 5 X^{2} - 2 Y^{2}$ の形で表すことはできない.
$10 - 1^{2} = 9$
例１の３はこの式より得られる.

$100 < b^{2} < 1000$ の場合
$10 X^{2} - Y^{2}, 5 X^{2} - 2 Y^{2}$ の形で表すことのできる奇数は
$b = 13, 27, 31$
$5 (3)^{2} - 2 (4)^{2} = 13$
$5 (5)^{2} - 2 (7)^{2} = 27$
$10 (2)^{2} - 3^{2} = 31$
ただし例２で考察したように
$b = 10 x^{2} - y^{2}$ の場合は $x$ が $10$ の倍数となり
$b = 5 x^{2} - 2 y^{2}$ の場合は $x$ が $5$ の倍数となる必要がある.
この観点から解を探索すると以下の解が見つかる.
$5 (105)^{2} - 2 (166)^{2} = 13$
$5 (55)^{2} - 2 (87)^{2} = - 13$
$10 (20)^{2} - 63^{2} = 31$
$5 (5)^{2} - 2 (7)^{2} = 27$
これらの式より以下の等式が得られる.
$3486^{2} * 10^{3} + 13^{2} = 110237^{2}$
$957^{2} * 10^{3} + 13^{2} = 30263^{2}$
$252^{2} * 10^{3} + 31^{2} = 7969^{2}$
$7^{2} * 10^{3} + 27^{2} = 223^{3}$