位数	存在	非同型の数
$2$	$\bigcirc$	$1$
$3$	$\bigcirc$	$1$
$4$	$\bigcirc$	$1$
$5$	$\bigcirc$	$1$
$6$	$\times$
$7$	$\bigcirc$	$1$
$8$	$\bigcirc$	$1$
$9$	$\bigcirc$	$4$
$10$	$\times$
$11$	$\bigcirc$	$\geq1$
$12$	$-$
$13$	$\bigcirc$	$\geq1$
$14$	$\times$

　位数$6,14$の非存在はブルック-ライサーの定理から直ちに導かれるが, $10$に関しては1989年に計算機によって存在しないことが証明された. 位数$12$の存在と位数$11,13$の非同型の数は現状未解決である(はず).

平方和に関する補題

補題2

素数$p$に対して,
\begin{eqnarray} A^2+B^2\equiv0\mod p \end{eqnarray}
を満たす整数$A,B$が存在するなら, $p$は二平方和で表せる.

$A^2+B^2$が最小になるよう$A^2+B^2=rp$を満たす$r$を取る.
このとき, $r\neq1$即ち$r>1$を仮定して矛盾を導く.
\begin{eqnarray} a&\equiv& A\mod r\\ b&\equiv& B\mod r \end{eqnarray}
なる$-\lfloor\dfrac{r}{2}\rfloor\leq a,b\leq\lfloor\dfrac{r}{2}\rfloor$が取れ,
\begin{eqnarray} A^2+B^2\equiv a^2+b^2\equiv0\mod r \end{eqnarray}
であるから, $a^2+b^2=rt\hspace{2mm}(t< r)$と書ける.
\begin{eqnarray} A^2+B^2\equiv Aa+Bb&\equiv&0\mod r\\ AB-BA\equiv Ab-Ba&\equiv&0\mod r \end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray} r^2tp&=&(A^2+B^2)(a^2+b^2)\\ &=&A^2a^2+2AaBb+B^2b^2+A^2b^2-2AbBa+B^2a^2\\ &=&(Aa+Bb)^2+(Ab-Ba)^2\\ tp&=&\Big(\frac{Aa+Bb}{r}\Big)^2+\Big(\frac{Ab-Ba}{r}\Big)^2 \end{eqnarray}
となるが$t< r$から, これは$r$の最小性に反する.
したがって, $r=1$で$A^2+B^2=p$.

補題3

$n,A,B,C\in\mathbb{Z}\backslash\lbrace0\rbrace$について
\begin{eqnarray} nC^2=A^2+B^2 \end{eqnarray}
が成り立つなら, $n$は二平方和で表せる.

[i] $n$の素因数分解が$n=p_1p_2\cdots p_t$のように平方数を含んでいない場合, 補題2から各々の素因数は二平方和で表せ,
\begin{eqnarray} (a^2+b^2)(c^2+d^2)&=&a^2d^2+2adbc+b^2c^2+a^2c^2-2acbd+b^2d^2\\ &=&(ad+bc)^2+(ac-bd)^2 \end{eqnarray}
を帰納的に用いれば, $n$は二平方和で書ける.
[ii] $n$の素因数の中に平方数が含まれていた場合, 即ち$n=mq^2$のとき,
\begin{eqnarray} m(qC)^2=A^2+B^2 \end{eqnarray}
から[i]の議論に帰着できる.

定理4　ラグランジュの四平方定理

任意の自然数は4つの平方数の和で表せる.

本題と逸れるため省略. 有名なので調べればすぐにヒットする.

証明

定理1(再掲)　ブルック-ライサーの定理

$n\equiv1,2\mod 4$のとき, 位数$n$の射影平面$S(2,n+1,n^2+n+1)$が存在するための必要条件は, $n$が二平方和で表されることである.

証明

$v\coloneqq n^2+n+1$, $\mathcal{P}\coloneqq S(2,n+1,v)$の接続行列を$A$とすると, フィッシャー不等式の証明での議論を再利用して, 次のことが分かる. $\det AA^\top\neq0$より$A$は正則. また, $AA^\top$の$(i,j)$成分$(1\leq i,j\leq v)$は
\begin{eqnarray} AA^\top=\left\{\begin{array}{ll} n+1 & i=j\\ 1 & i\neq j \end{array}\right.\end{eqnarray}
と表されたことから,
\begin{eqnarray} AA^\top=A^\top A=nI+J \end{eqnarray}
が成り立つ. ただし, $J$は全成分が$1$の$v$次正方行列である.
ここから変数$x_1,\cdots,x_{v+1}$を用いて証明を進めるが, これらの値は後で都合の良いように取り決める.$x=\mqty[x_1&\cdots&x_v], z=\mqty[z_1&\cdots&z_v]=xA$とすると
\begin{eqnarray} zz^\top&=&xAA^\top x^\top\\ &=&x(nI+J)x^\top\\ &=&nxx^\top+xJx^\top \end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray} \sum_{i=1}^v z_i^2&=&n\sum_{i=1}^v x_i^2+\Bigg(\sum_{i=1}^v x_i\Bigg)^2\\ \sum_{i=1}^v z_i^2+nx_{v+1}^2&=&n\sum_{i=1}^{v+1} x_i^2+\Bigg(\sum_{i=1}^v x_i\Bigg)^2\hspace{5mm}(x_{v+1}\neq x_1,\cdots,x_v)\tag{1} \end{eqnarray}
ここで, 仮定$n\equiv 1,2\mod 4$から
\begin{array}{rll} n^2 & \equiv1,0 & \mod 4\\ n^2+n & \equiv2 & \mod 4\\ n^2+n+2=v+1 & \equiv0 & \mod4 \end{array}
であり
\begin{eqnarray} n\sum_{i=1}^{v+1} x_i^2=\sum_{i=0}^{\frac{v+1}{4}-1}n(x_{4i+1}^2+x_{4i+2}^2+x_{4i+3}^2+x_{4i+4}^2) \end{eqnarray}
と書ける. ラグランジュの四平方定理から, $n=n_1^2+n_2^2+n_3^2+n_4^2$と分解でき
\begin{eqnarray} N=\mqty[n_1&-n_2&-n_3&-n_4\\n_2&n_1&-n_4&n_3\\n_3&n_4&n_1&-n_2\\n_4&-n_3&n_2&n_1] \end{eqnarray}
とおくと, $\det N=n^2$より$N$は正則. 各$i=0,1,\cdots,\dfrac{v+1}{4}-1$に対して
\begin{eqnarray} \mqty[y_{4i+1}\\y_{4i+2}\\y_{4i+3}\\y_{4i+4}]=N\mqty[x_{4i+1}\\x_{4i+2}\\x_{4i+3}\\x_{4i+4}] \end{eqnarray}
と変数変換すると
\begin{eqnarray} y_{4i+1}^2+y_{4i+2}^2+y_{4i+3}^2+y_{4i+4}^2&=&\mqty[y_{4i+1}&y_{4i+2}&y_{4i+3}&y_{4i+4}]\mqty[y_{4i+1}\\y_{4i+2}\\y_{4i+3}\\y_{4i+4}]\\ &=&\mqty[x_{4i+1}&x_{4i+2}&x_{4i+3}&x_{4i+4}]N^\top N\mqty[x_{4i+1}\\x_{4i+2}\\x_{4i+3}\\x_{4i+4}]\\ &=&\mqty[x_{4i+1}&x_{4i+2}&x_{4i+3}&x_{4i+4}]nI\mqty[x_{4i+1}\\x_{4i+2}\\x_{4i+3}\\x_{4i+4}]\\ &=&n(x_{4i+1}^2+x_{4i+2}^2+x_{4i+3}^2+x_{4i+4}^2) \end{eqnarray}
であるから$(1)$式は
\begin{eqnarray} \sum_{i=1}^v z_i^2+nx_{v+1}^2&=&\sum_{i=1}^{v+1} y_i^2+s^2\hspace{5mm}(s\coloneqq\sum_{i=1}^v x_i)\tag{2} \end{eqnarray}
いま, $y_1,\cdots,y_v$と$z_1,\cdots,z_v$はともに$x_1,\cdots,x_v$の線型結合であったから各$i=1,\cdots,v$に対して, $y_i\pm z_i=0$を満たすように$x_i$の値を決めることができる. したがって, $(2)$式は
\begin{eqnarray} nx_{v+1}^2=y_{v+1}^2+s^2 \end{eqnarray}
となり, 補題3から$n$は二平方和で表せる.