マルコフ数が互いに素な整数の2乗和でかけることの証明

$c$をマルコフ数とし、$c$を含むマルコフ方程式の解$(a,b,c)$を一つとる。このとき、$a^2+b^2+c^2=3abc$を満たしている。これを変形することで$a^2+b^2=c(3ab-c)$となり、$a^2+b^2$は$c$で割り切れる。したがって、$c$の奇素因数$p$でも$a^2+b^2$は割り切れる。すなわち、$a^2\equiv -b^2 \mod p$である。ここで、命題2より$b$は$c$と互いに素であり、特に$b^2$と$p$は互いに素であるから、$\left(\dfrac{-b^2}{p}\right)=1$が成立する。命題3(2)より、補題5を示すためには$\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1$を示せば良い。命題3(1)から
\begin{align} 1=\left(\dfrac{-b^2}{p}\right)=\left(\dfrac{b^2}{p}\right)\left(\dfrac{-1}{p}\right) \end{align}
が成立している。ルジャンドル記号の定義から明らかに$\left(\dfrac{b^2}{p}\right)=1$なので、$\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1$である。よって示された。

$c$を$\mathbb Z$において素因数分解したときの表示を$c=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_n^{a_n}$とする。ただし、$p_1,\dots,p_n$は正であるとする。このとき、補題5より$p_j$は$4m+1$型の素数または$2$だから、定理4より任意の$j$について$p_j=\alpha_j^2+\beta_j^2$を満たす整数の組$\{\alpha_j,\beta_j\}$が存在する（$p_j=2$のときは$2=1^2+1^2$となることに注意）。したがって、$p_j=(\alpha_j+\beta_j i)(\alpha_j-\beta_j i)$が成り立つ。ここで、$c=\prod_{j=1}^{n}(\alpha_j+\beta_j i)^{a_j}(\alpha_j-\beta_j i)^{a_j}$は$c$の$\mathbb Z[i]$における素因数分解を与えている。実際、$\alpha_j+\beta_j i$が$(\alpha_j'+\beta_j'i)(\alpha_j''+\beta_j''i)$と因数分解されるとき、$\alpha_j-\beta_ji$は$(\alpha_j'-\beta_j'i)(\alpha_j''-\beta_j''i)$と因数分解されるので、$p=(\alpha_j'+\beta_j'i)(\alpha_j''+\beta_j''i)(\alpha_j'-\beta_j'i)(\alpha_j''-\beta_j''i)=(\alpha_j'^2+\beta_j'^2)(\alpha_j''^2+\beta_j''^2)$が成り立つ。ここで、$p$は$\mathbb Z$における素数であるから、$\alpha_j'^2+\beta_j'^2=1$または$\alpha_j''^2+\beta_j''^2=1$である。したがって、$N(\alpha_j'+\beta_j' i)=1$または$N(\alpha_j''+\beta_j'' i)=1$が成り立つので、命題6(2)から$\alpha_j'+\beta_j' i$または$\alpha_j''+\beta_j'' i$のどちらかは単元である。
次に、$a+bi$が各$j$に対して$(\alpha_j+\beta_ji)^{a_j}$か$(\alpha_j-\beta_ji)^{a_j}$のどちらか一方だけを約数に持ち、$(\alpha_j+\beta_ji)^{a_j}$を約数として持つときは$\alpha_j-\beta_ji$を約数としてもたず、$(\alpha_j-\beta_ji)^{a_j}$を約数として持つときは$\alpha_j+\beta_ji$を約数としてもたないことを示す。もし$a+bi$が$\alpha_j+\beta_ji$と$\alpha_j-\beta_ji$の両方を約数として持つと仮定すると、$a+bi$は整数$\alpha_j^2+\beta_j^2$を約数として持つが、これは$a$と$b$が互いに素であることに反する。したがってどちらか一方しか約数として持てない。さらに$c$は$a^2+b^2$の約数であるから、特に$p_j^{a_j}$も$a^2+b^2$の約数である。したがって、$a^2+b^2$は約数として$(\alpha_j+\beta_ji)^{a_j}(\alpha_j-\beta_ji)^{a_j}$を持っている。$a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)$なので、$a_j$個の$\alpha_j+\beta_ji$と$a_j$個の$\alpha_j-\beta_ji$は$a+bi$と$a-bi$の約数としてそれぞれ分配され、すくなくとも$a+bi$と$a-bi$のどちらかには約数として$\alpha_j+\beta_ji$と$\alpha_j-\beta_ji$が合わせて$a_j$個以上含まれている。$a+bi$と$a-bi$は互いに共役関係にあるので、$a+bi$が約数として$\alpha_j+\beta_ji$を持っているならば、$a-bi$は約数として$\alpha_j-\beta_ji$を同じ数だけ持っており、また$a+bi$が約数として$\alpha_j-\beta_ji$を持っているならば、$a-bi$は約数として$\alpha_j+\beta_ji$を同じ数だけ持っていることになる。このことは、$a+bi$と$a-bi$を入れ替えても成立する。以上のことから、$a+bi$は約数として$\alpha_j+\beta_ji$と$\alpha_j-\beta_ji$の両方を合わせて$a_j$個以上持っていることになる。今$\alpha_j+\beta_ji$と$\alpha_j-\beta_ji$のどちらか一方は1つも持っていないことがわかっているので、$a+bi$が各$j$に対して$(\alpha_j+\beta_ji)^{a_j}$か$(\alpha_j-\beta_ji)^{a_j}$のどちらか一方だけを約数に持ち、$(\alpha_j+\beta_ji)^{a_j}$を約数として持つときは$\alpha_j-\beta_ji$を約数としてもたず、$(\alpha_j-\beta_ji)^{a_j}$を約数として持つときは$\alpha_j+\beta_ji$を約数としてもたないことがわかった。
さて、$a+bi$が約数として$\prod _{j=1}^{n}(\alpha_j+\varepsilon_j\beta_j)^{a_j}$　（ただし各$j$に対して$\varepsilon_j\in \{\pm1\}$とする）を持つとすると、上記の議論からこれが$c$と$a+bi$の最大公約数$\alpha+\beta i$である。今$c=\prod _{j=1}^{n}(\alpha_j+\varepsilon_j\beta_j)^{a_j}(\alpha_j-\varepsilon_j\beta_j)^{a_j}$なので、$c=(\alpha+\beta i)(\alpha-\beta i)=\alpha^2+\beta^2$が成立する。以上から示された。

$\alpha$と$\beta$が$\mathbb Z$における共通の素因数$q$を持っているとする。このとき、$\alpha+\beta i$は$a+bi$の$\mathbb Z[i]$における約数なので、$q$も$a+bi$の$\mathbb Z[i]$における約数である。したがって、$q$は$a$と$b$の（$\mathbb Z$ における）共通の素因数となるが、これは$a$と$b$が互いに素であること（命題2）に矛盾する。よって示された。