m個の平方数の和(m=2,3,4)とミンコフスキーの定理

格子$\ker(\phi)$と$\{x\in \R^n|Q(x)< r\}$に対してミンコフスキーの定理を用いれば証明が完了するが, 一応, 直接証明を書いておく.
$B:=Q^{-1}([0,\frac{r}{4}))$とし, $T=[0,1)^n$とする. $c:T\to \Z_{\geq 0}\cup \{\infty\}$を, $x\mapsto \sum_{v\in \Z^n} \chi_{B}(x-v)$で定める. 定義より$c$は可測であり,
$\int_{T} c(x) dx=\sum_{v\in \Z^n} \int_{T} \chi_{B}(x-v) dx=\sum_{v\in \Z^n}\vol(B\cap (v+T)) dx=\vol(B)>\#G$.
よって, $c(x)>\#G$となる$x\in T$が取れる.
$X=(x+\Z^n)\cap B$と置き, $\psi:X\to G$を$y\mapsto \phi(x-y)$で定める. $\#X=c(x)>\#G$より, $\psi$は単射でない. よって, ある$y,z\in X$が存在し, $\psi(y)=\psi(z)$となる. $v=y-z$とおき, これが条件を満たすことを確かめる.

• $\phi$は準同型なので, $\phi(y-z)=\phi(y-x)-\phi(z-x)=\psi(y)-\psi(z)=0$. ($\phi$の定義域は$\Z^n$なことに留意せよ.)
• $y\neq z$より, $v\neq 0$. また, $y,z\in B$より, $Q(y-z)\leq Q(y-z)+Q(y+z)=2Q(y)+2Q(z)< r$.

$p=2$なら$p=1^2+1^2\in S_2$. 以下$p$は奇素数とする.
平方剰余の第一補充則より, $\jac{-1}{p}=1$. よって, $t^2\equiv -1\pmod{p}$となる$t\in \Z$がとれる. 準同型$\phi:\Z^2\to (\Z/p\Z)$を$\phi(x,y)=\overline{x-ty}$で定める. $r=2p$とし, $Q(x,y)=x^2+y^2$と置くと, $2^2p<2\pi p=\pi r=\vol(Q^{-1}([0,r))$なので, これは補題2の仮定を満たす. よって, $(x,y)\in \Z^2$で, 次の2条件を満たすものがとれる:

1. $x\equiv ty \pmod{p}$
2. $0< x^2+y^2<2p$

条件1より, $x^2+y^2\equiv (t^2+1)y^2\equiv 0\pmod{p}$. これを条件2と合わせ, $x^2+y^2=p$を得る.

前半: $(x^2+y^2)(z^2+w^2)=(xz+yw)^2+(xw-yz)^2$より従う.
後半: 上で示したことと, 命題2,および$0,1\in S_2$から従う.

$p,x,y,m,e$が条件を満たすと仮定する. このとき$e\geq 0$に注意せよ. もし$x$が$p$の倍数なら, $p\not\mid m$と$p\mid x^2+my^2$より$y$も$p$の倍数となる. よって, $x,y$を$p$で割れるだけ割って$p\not \mid x$と仮定してよい. ($x=0$なら$\ord_p(my^2)=2e+1$から矛盾する)
このとき, $p\mid x^2+my^2$なので, $(x^{-1}y)^2+m= 0$(in $\mathbb{F}_p$)となる. よって, $\jac{-m}{p}=1$を得る.

命題3で$\subset$は示したので, $x,y \in \Z$のとき$x^2+y^2$が右の集合に入ることを示す. 背理法を用いる. つまり, $p\in \P,p\equiv 4\pmod{3}$かつ$\ord_p(x^2+y^2)=2e+1(e\in \N)$と仮定し, 矛盾を導く. このとき, 上の補題より$\jac{-1}{p}=1$だがこれは第一補充則に矛盾する.

$p=2$のときは, $a=1,b=0$とするとよい. 以下$p$は奇素数とする.
$A=\{a^2|a\in \F_p\}$, $B=\{-1-b^2|b\in \F_p\}$とすると, $\#A=\#B=\frac{p+1}{2}$. よって, $\#A+\#B = p+1 > p \geq \#(A\cup B) $となり, $A\cap B \neq \emptyset$. よって, $a^2=-1-b^2$を満たす$a,b\in \F_p$が存在する.

$p\in \P$を任意にとる. 以下$\equiv$は$\pmod{p}$で考えるものとする. 上の補題より, $a,b\in \Z$で, $a^2+b^2+1\equiv 0$を満たすものがとれる. $\phi: \Z^4 \to (\Z/p\Z)^2$を, $\phi(x,y,z,w) = (\overline{x-az-bw},\overline{y+bz-aw})$で定め, $r=2p$と置く.$Q:\R^4\to \Z$を$Q(x,y,z,w)=x^2+y^2+z^2+w^2$で定めると, $2^4p^2 < 4\pi^2p^2= \frac{\pi^2}{2}r^2=\vol(Q^{-1}[0,r))$より, $r,\phi,Q$は補題2の条件を満たす. よって, $(x,y,z,w)\in \Z^4$で, 次の3条件を満たすものがとれる:

1. $x\equiv az+bw $
2. $y\equiv aw-bz $
3. $0< x^2+y^2+z^2+w^2<2p$

条件1,2より, $x^2+y^2+z^2+w^2\equiv (az+bw)^2+(aw-bz)^2+z^2+w^2 \equiv (a^2+b^2+1)(z^2+w^2) \equiv 0$. これを条件3と合わせ, $x^2+y^2+z^2+w^2=p$を得る.

\begin{eqnarray} &&(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2) \\ &=& (ax-by-cz-dw)^2 \\ &+& (bx+ay-dz+cw)^2 \\ &+& (cx+dy+az-bw)^2 \\ &+& (dx-cy+bz+aw)^2 \end{eqnarray}
より$S_4$は積について閉じる. これと$\{0,1\} \cup \P \subset S_4 $を合わせればよい.

$\alpha qx^2+y^2+z^2=\alpha qm$のとき, $y^2+z^2= \alpha q(m-x^2) \in \alpha q\Z$. よって, 定理5の系を($\alpha=2$のときは$2$回用いることで) $\displaystyle\frac{y^2+z^2}{\alpha q}\in S_2$となる. よって, $m= x^2+\displaystyle\frac{y^2+z^2}{\alpha q} \in S_3$.

補題9より$y^2+mz^2\in S_2$を示せばよい. 定理5より, $p\in \P_{4,3}, \ord_p(y^2+mz^2)=2e+1$を仮定して矛盾を導けばよい. 以下これを示す. $q\equiv 1\pmod{4}$より, $q\neq p$に注意せよ.

• $p\mid m$のとき
  このとき, $\ord_p(y^2+mz^2)=2e+1>0$より$p\mid y$. よって, $\alpha qx^2= \alpha qm - y^2 -mz^2$も$p$の倍数となり, $p\mid x$. ゆえに, $\alpha qx^2+y^2+mz^2=\alpha qm$を$\mod{p^2}$でみて$mz^2\equiv \alpha qm\pmod{p^2}$. $m$は平方因子を持たないので, とくに$p$で一回しか割れない. ゆえに, $z^2\equiv \alpha q \pmod{p}$となり, $\jac{\alpha q}{p}=1$. 一方, $q$が$m$補助素数なことと$p\mid m$より$\alpha q\equiv -1 \pmod{p}$. よって, $\jac{-1}{p}=1$となり第一補充則に矛盾する.
• $p\not\mid m$のとき
  このとき, 補題4より$\jac{-m}{p}=1$となる. 一方,$\alpha qx^2+(y^2+mz^2)=\alpha qm$を$\mod{p}$でみて$\alpha qx^2\equiv \alpha qm\pmod{p}$. よって,$x^2\equiv m$となり. $\jac{m}{p}=1$となる. しかし, これは第一補充則に矛盾する.

$q\equiv 1\pmod{4}$より, $\jac{m}{q}\equiv 1$を示せばよい.
$m$が奇数のとき, $m'=m$, $m$が偶数のとき$m'=\frac{m}{2}$とおく. $m$が平方因子を持たないので, $m'$は奇数である.
$\alpha q\equiv -1　\pmod{m'}$とヤコビ記号の相互法則より, $\jac{m'}{q}=\jac{q}{m'}=\jac{-\alpha}{m'}=\jac{-1}{m'} \jac{\alpha}{m'}$となる. ここで$m$の値に応じて場合分けを行う.

• $m\equiv 1\pmod{4}$のとき
  このとき, $\alpha=1,m'=m$なので, $\jac{m}{q}=1\cdot 1 =1$.
• $m\equiv 3\pmod{8}$のとき
  このとき, $\alpha=2,m'=m$なので, $\jac{m}{q}=(-1) \cdot (-1)=1$.
• $m$が偶数の時
  このとき, $\alpha=1,m'=\frac{m}{2}$なので, $\jac{m'}{q}=(-1)^{\frac{m'-1}{2}}$. よって, $\jac{m}{q}=\jac{2}{q}\jac{m'}{q}=(-1)^{\frac{q^2-1}{8}}(-1)^{\frac{m'-1}{2}}$. $m$-補助素数の$3$つめの条件より, この積は$1$に等しいことがわかる.

$m$-補助素数のすぐあとのremarkより, $m$-補助素数$q$がとれる. 二つ上の補題より, $\alpha qx^2+y^2+mz^2=\alpha qm$に整数解があることを示せばよい. 以下これを示す.
一つ上の補題より, $b^2+m\equiv 0\pmod{q}$となる$b\in \Z$がとれる. 必要なら$b$を$q-b$に置き換えて, $b^2+m\equiv 0\pmod{\alpha q}$としてよい. $\phi:\Z^3\to (\Z/\alpha q\Z \times \Z/m\Z) $を$\phi(x,y,z)=(\overline{y-bz},\overline{y-x})$で定め, $Q:\R^3 \to \R$を$Q(x,y,z)=\alpha qx^2+y^2+mz^2$と定義する. $r=2\alpha qm$と置くと, $2^3\alpha qm<\frac{8\sqrt{2}\pi}{3}\alpha qm=\sqrt{\alpha qm}^{-1} \frac{4\pi}{3}(\sqrt{r})^3$より, $\phi,r,Q$は補題1の条件を満たす. よって, 次の条件を満たす$(x,y,z)\in \Z^3$がとれる:

1. $y\equiv bz\pmod{\alpha q}$
2. $y\equiv x\pmod{m}$.
3. $0<\alpha qx^2+y^2+mz^2<2\alpha qm$.

条件1より, $\alpha qx^2+y^2+mz^2\equiv (b^2+m)z^2\equiv 0\pmod{\alpha q}$であり, 条件2より, $\alpha qx^2+y^2+mz^2\equiv (\alpha q+1)x^2 \equiv 0\pmod{m}$である. よって, 条件3と合わせて$\alpha qx^2+y^2+mz^2=\alpha qm$を得る. ($\alpha$と$m$は同時に偶数にならないことに注意せよ)

$l$を任意の正の奇数とし, $l=n^2m,n\in \Z$, $m$は平方因子を持たない, となるように$n,m$を定める. $k\in \N$を任意にとる.
まず, $2^{2k+1}l\in S_3$を示す. $2m$は平方因子を持たない偶数なので, 上の命題より$2m\in S_3$. よって, $2^{2k+1}l=(2^kn)^2m\in S_3$.
次に, $l\not \equiv 7\pmod{8}$と仮定し, $2^{2k}l \in S_3$を示す. $n^2\equiv 1\pmod{8}$なので, $m\not \equiv 7\pmod{8}$. よって, 上の命題より$m\in S_3$となり, $2^{2k}l=(2^kn)^2m\in S_3$.
$0\in S_3$は明らかなので, これで$\subset$が示された.

$4n=a^2+b^2+c^2$とし, $n\in S_3$を示す. 平方数は$\mod{4}$で$0,1$のみをとるので, $a,b,c$は全て偶数. よって, $n=\displaystyle{(\frac{a}{2})^2+(\frac{b}{2})^2+(\frac{c}{2})^2}\in S_3$

二つ目の$=$は容易に確かめられる. 一つ目の$\supset$側もすでに示した. よって, $4^k(8u+7)\not\in S_3$を示せばよい. 上の補題(の対偶)を繰り返し用い, $8u+7\not \in S_3$を示せばよい. これは, 平方数は$\mod{8}$で$0,1,4$のみをとることから従う.

$\subset$は自明なので, $\supset$を示せばよい. $n\in \N$を任意にとる. ガウス・ルジャンドルの三平方の定理より, $8n+3=a^2+b^2+c^2$と書ける. $\mod{4}$を考えることで, $a,b,c$はすべて奇数. $a=2x+1,b=2y+1,c=2z+1$と置く.
すると, 代入し, 式を整理することで, $n=\frac{x(x+1)}{2}+\frac{y(y+1)}{2}+\frac{z(z+1)}{2}$を得る.

定理5($S_2$の具体的記述), および定理15(ガウス・ルジャンドルの三平方の定理)から従う.

$\implies$:$14$以下の$S'_4$の元を列挙すると, $1+1+1+1=4,1+1+1+4=7,1+1+4+4=10,1+4+4+4=13,1+1+1+9=12$の$5$つとなる.よって,$17,29,41$が$S'_4$に入らないことを見ればよい.
これらはすべて$\mod{4}$で$1$なので, 和因子に$4$の倍数は$3$つとなる. 一方, $\mod{3}$で$2$でもあるので, 和因子に$9$の倍数は$2$つ. ゆえに和因子に$36$の倍数がある. しかし, この和因子以外にも$9$の倍数があるので, 計$45$以上となり破綻.
$\impliedby$:$n\mod{8}$によって場合分けを行う($4,2,6,3,7,1,5$の順に示す)

• $n\equiv 4\pmod{8}$
  このとき, $n-1\equiv 3\pmod{8}$となり, $n-1\in S_3\setminus S_2\subset S'_3$. よって, $n=(n-1)+1\in S'_3+S'=S'_4$.
• $n\equiv 2\pmod{8}$
  このとき, $n-4 \equiv 6\pmod{8}$となり, $n\neq 2$と合わせ, $n-4\in S_3\setminus S_2$. よって, $n=(n-4)+4\in S'_4$.
• $n\equiv 6\pmod{8}$
  このとき, $n-16 \equiv 6\pmod{8}$となり, $n\neq 6,14$と合わせ, $n-16\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-16)+16\in S'_4$.
• $n\equiv 3\pmod{8}$
  このとき, $n-16\equiv 3\pmod{8}$となり, $n\neq 3,11$と合わせ, $n-16\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-16)+16\in S'_4$.
• $n\equiv 7\pmod{8}$
  このとき, $n\not\in S_3,n\in S_4$となるので$n\in S'_4$.
• $n\equiv 1\pmod{8}$
  $n\pmod{32}$でさらに場合分けを行う.

1. $n\equiv 1\pmod{32}$
   このとき, $n-9\equiv 24\pmod{32}$となり, $n\neq 1$と合わせ,$n-9\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-9)+9\in S'_4$.
2. $n\equiv 9\pmod{32}$
   このとき, $n-49\equiv 24\pmod{32}$となり, $n\neq 9,41$と合わせ,$n-49\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-49)+49\in S'_4$.
3. $n\equiv 17\pmod{32}$
   このとき, $n-25\equiv 24\pmod{32}$となり, $n\neq 17$と合わせ,$n-25\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-25)+25\in S'_4$.
4. $n\equiv 25\pmod{32}$
   このとき, $n-1\equiv 24\pmod{32}$となり, $n-1\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-1)+1\in S'_4$.

• $n\equiv 5\pmod{8}$
  $n\pmod{32}$でさらに場合分けを行う

1. $n\equiv 5\pmod{32}$
   このとき, $n-25\equiv 12\pmod{32}$となり, $n\neq 5$と合わせ,$n-25\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-25)+25\in S'_4$.
2. $n\equiv 13\pmod{32}$
   このとき, $n-1\equiv 12\pmod{32}$となり, $n-1\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-1)+1\in S'_4$.
3. $n\equiv 21\pmod{32}$
   このとき, $n-9\equiv 12\pmod{32}$となり,$n-9\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-9)+9\in S'_4$.
4. $n\equiv 29\pmod{32}$
   このとき, $n-49\equiv 12\pmod{32}$となり,$n\neq 29$と合わせ, $n-49\in S_3\setminus S_2$.よって, $n=(n-49)+49\in S'_4$.

対偶を示す. つまり, $8n=a^2+b^2+c^2+d^2$($a,b,c,d\in \Z_{>0}$)と仮定し, $2n\in S'_4$を示す.
平方数は$\mod{8}$で$0,1,4$しかとりえない. $0,1,4$を$4$つ足して$8$の倍数を作る際, $1$は和因子になりえないので, $a,b,c,d$は全て偶数.
よって, $2n=\displaystyle{(\frac{a}{2})^2+(\frac{b}{2})^2+(\frac{c}{2})^2+(\frac{d}{2})^2}\in S'_4$となる.

$\supset$ : 右側の集合から非負整数$n$を任意にとり, $n\in S_4$を示す. $n\neq 0$より, $n=4^kl$($k,l\in \N,4\not\mid l$)と書ける. このとき, $l\not\in X_0$.
$l\in X_1$かどうかで場合分けを行う:

• $l\not\in X_1$: このとき, 命題19から$l\in S'_4$. よって, $4^kl=(2^k)^2l\in S'_4$となる.
• $l\in X_1$: $n\not\in X_1$より, $k\geq 1$. また命題19から$4l\in S'_4$となるので, $4^kl=(2^{k-1})^2(4l)\in S'_4$となる.

$\subset$ : $n\in \{0\}\cup X_1\cup \{4^ku|u\in X_0,k\in \N\}$と仮定し, $n\not\in S'_4$を示せばよい.

• $n=0$: 自明.
• $n\in X_1$ :命題19で示した.
• $n=4^ku,u\in X_0$ : $u$は偶数であり,命題19より, $u\not\in S'_4$. よって, 補題20を$n$回適用すれば$n\not\in S'_4$が従う.

$m$の帰納法で示す.

• $m=5$のとき
  $n\geq 46$とする. このとき, $n-1$か$n-4$のどちらかは$41$より大きい奇数となるので, 少なくとも一方は$S'_4$に属する. よって, $n\in S'_5$.
  ゆえに, $5\leq n<46$のときに, いつ$n\in S'_5$となるかを調べればよい. $n-1\in S'_4$なら$n\in S'_5$である.以下,$n-1\not\in S'_4$となる$n$に対して, $n-k^2\in S'_4$となる$k$があるかを調べる.
  定理21より, $([4,46]\cap \N)\setminus S'_4=\{5,9,11,17,29,41\} \cup \{6,8,14,24,32\}=\{5,6,8,9,11,14,17,24,29,32,41\}$なので, 次のような表ができる:

  $n$	$6$	$7$	$9$	$10$	$12$	$15$	$18$	$25$	$30$	$33$	$42$
  $n-1$	$5$	$6$	$8$	$9$	$11$	$14$	$17$	$24$	$29$	$32$	$41$
  $n-4$	x	x	$5$	$6$	$8$	$11$	$14$	$21$	$26$	$29$	$38$
  $n-9$	x	x	x	x	x	$6$	$9$			$24$
  $n-16$	x	x	x	x	x	x	x			$17$
  $n-25$	x	x	x	x	x	x	x			$8$

  ($S'_4$の元は赤文字で強調した. xは値が$3$以下なことを表す)
  よって, $5$以上の自然数で$S'_5$に属さないものは$6,7,9,10,12,15,18,33$である. $5$を引くと$1,2,4,5,7,10,13,28$となり, これは$Y_5$と一致する.
• $m(\geq 5)$での成立を仮定し, $m+1$での成立を示す.
  $n-1\in S'_{m}$なら明らかに$n\in S'_{m+1}$. よって, $n\in m+1+Y_{m}$のときに,いつ$n\in S'_{m+1}$が成立するか考えればよい. 上と同じように表をつかう.

  $n$	$m+2$	$m+3$	$m+5$	$m+6$	$m+8$	$m+11$	$m+14$	$m+29$
  $n-1$	$m+1$	$m+2$	$m+4$	$m+5$	$m+7$	$m+10$	$m+13$	$m+28$
  $n-4$	x	x	$m+1$	$m+2$	$m+4$	$m+7$	$m+10$	$m+25$
  $n-9$	x	x	x	x	x	$m+2$	$m+5$

  ($S'_m$の元は赤文字で強調した. xは値が$m$未満なことを表す)
  よって, $m+1$以上の自然数で$S'_{m+1}$に属さないものは$m+2,m+3,m+5,m+8,m+11,m+14$となり, 帰納法が回る.