インテジャーズ

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数、特に整数に関する記事。

4:ラグランジュの四平方の定理とヤコビの四平方の定理

全ての自然数は4つの平方数の和として表すことができる(Lagrangeの四平方の定理)*1

実に美しい。この美しい定理が成り立つので私は4という数が大好きです。実際には、与えられた自然数を4つの平方数の和として表す表し方の個数まで分かります:

Jacobiの四平方の定理 自然数nを(正とは限らない整数の)四平方和で書き表す
表し方の総数をr_4(n)とする。このとき、\displaystyle r_4(n) = 8\sum_{4 \nmid d \mid n}dが成り立つ。

和はnの正の約数であって4の倍数ではないもの全体をわたります。このような約数は任意の自然数に対して存在するため、Jacobiの定理からr_4(n) > 0が言えます。すなわち、Jacobiの定理を証明すればLagrangeの定理も証明されたことになります。

この記事では二平方和の定理に関する記事
integers.hatenablog.com
で紹介したHirschhornによる証明法でJacobiの四平方の定理を証明します。まず、Jacobiの三重積を思い出しましょう:

Jacobiの三重積
\tau, v \in \mathbb{C}, \mathrm{Im}(\tau ) > 0に対し、次の恒等式が成立する:
\begin{align} &\sum_{n=-\infty}^{\infty}e^{\pi \sqrt{-1}\tau n^2+2\pi \sqrt{-1}nv}\\ &= \prod_{n=1}^{\infty}\{ (1-e^{2n\pi \sqrt{-1}\tau})(1+e^{(2n-1)\pi \sqrt{-1}\tau +2\pi\sqrt{-1}v})(1+e^{(2n-1)\pi \sqrt{-1}\tau -2\pi \sqrt{-1}v})\}.\end{align}

Jacobiの四平方の定理の証明. Jacobiの三重積においてx=e^{2\pi \sqrt{-1}\tau},
a=e^{-\pi \sqrt{-1}\tau /2+\pi \sqrt{-1} v+\pi \sqrt{-1}/2}とおくことにより、

\displaystyle (a-a^{-1})\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)(1-a^2x^n)(1-a^{-2}x^n) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^na^{2n+1}x^{\frac{n^2+n}{2}}

が得られる。この式の両辺をaで微分してa=1を代入することにより、

 \displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^3 = \frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n(2n+1)x^{\frac{n^2+n}{2}}

を得る。両辺を二乗すると、

\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^6=\frac{1}{4}\sum_{m, n=-\infty}^{\infty}(-1)^{m+n}(2m+1)(2n+1)x^{\frac{m^2+n^2+m+n}{2}}

が得られる。右辺の和をm \equiv n\pmod{2}の部分とm \not \equiv n \pmod{2}の部分に分け、前者においてはr=(m+n)/2, s=(m-n)/2、後者においてはr=(m-n-1)/2, s=(m+n+1)/2とおくと、次のようにまとめられる:

\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty} (1-x^n)^6=\frac{1}{2}\sum_{r, s=-\infty}^{\infty} ((2r+1)^2-(2s)^2)x^{r^2+s^2+r}.

これを次のように変形しておく:

{\small \begin{equation}\begin{split} \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^6&=\frac{1}{2}\left\{ \sum_{s=-\infty}^{\infty}x^{s^2}\sum_{r=-\infty}^{\infty}(2r+1)^2x^{r^2+r}-\sum_{r=-\infty}^{\infty}x^{r^2+r}\sum_{s=-\infty}^{\infty}(2s)^2x^{s^2}\right\} \\ &= \frac{1}{2}\left\{ \sum_{s=-\infty}^{\infty}x^{s^2}\times \left( 1+4x\frac{d}{dx} \right) \sum_{r=-\infty}^{\infty}x^{r^2+r}-\sum_{r=-\infty}^{\infty}x^{r^2+r} \times 4x\frac{d}{dx}\sum_{s=-\infty}^{\infty}x^{s^2} \right\} \end{split}\end{equation}}
-①

Jacobiの三重積にx=e^{\pi \sqrt{-1}\tau}, v=0 および x=e^{\pi \sqrt{-1}\tau}, v=\tau /2を代入することにより得られる等式

\displaystyle \sum_{s=-\infty}^{\infty}x^{s^2}=\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n-1})^2

\displaystyle \sum_{r=-\infty}^{\infty}x^{r^2+r}=2\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n})^2

を①に用いることにより、

{\small \begin{equation}\begin{split} \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^6 = \frac{1}{2} &\left\{ \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n-1})^2 \times \left( 1+4x\frac{d}{dx} \right) 2\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n})^2\right. \\ &\left. -2\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n})^2 \times 4x\frac{d}{dx} \prod_{n=1}^{\infty} (1-x^{2n})(1+x^{2n-1})^2 \right\} \end{split}\end{equation}}

を得る。微分公式 \displaystyle \frac{d}{dx}\left( \prod_{n=1}^{\infty}f_n(x) \right) = \left( \prod_{n=1}^{\infty}f_n(x) \right) \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\frac{d}{dx}f_n(x)}{f_n(x)} を用いることによって、

\begin{equation}\begin{split}\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^6 &= \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n-1})^2(1-x^{2n})(1+x^{2n})^2 \\ & \ \ \times \left\{ 1+8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2nx^{2n}}{1+x^{2n}}-4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2nx^{2n}}{1-x^{2n}} \right\} \\ & \ \ -\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1+x^{2n})^2(1-x^{2n})(1+x^{2n-1})^2 \\
& \ \ \times \left\{ 8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n-1)x^{2n-1}}{1+x^{2n-1}}-4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2nx^{2n}}{1-x^{2n}} \right\} \\ &=\prod_{n =1}^{\infty}(1-x^{2n})^2(1+x^{2n})^2(1+x^{2n-1})^2 \\ & \ \ \times \left\{ 1+8\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2nx^{2n}}{1+x^{2n}}-\frac{(2n-1)x^{2n-1}}{1+x^{2n-1}}\right) \right\} \end{split}\end{equation}

と計算できる。両辺を

\displaystyle {\small \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)^2(1+x^n)^4=\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})^2(1+x^n)^2=\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})^2(1+x^{2n})^2(1+x^{2n-1})^2}

で割ると、

\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1-x^n}{1+x^n} \right)^4 = 1 + 8\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2nx^{2n}}{1+x^{2n}}-\frac{(2n-1)x^{2n-1}}{1+x^{2n-1}} \right)

が得られる。

\displaystyle \begin{equation}\begin{split}
\prod_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1-x^n}{1+x^n} \right) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-x^{2n})(1-x^{2n-1})}{1+x^n} = \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n)(1-x^{2n-1}) \\ 
&=\prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1-x^{2n-1})(1-x^{2n-1})\end{split}\end{equation}

および、Jacobiの三重積においてx=e^{\pi \sqrt{-1}\tau}, v=1/2とおくことにより得られる

\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^{2n})(1-x^{2n-1})(1-x^{2n-1}) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nx^{n^2}

を組み合わせることにより、

\displaystyle \left( \sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^nx^{n^2} \right)^4 = 1 + 8\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2nx^{2n}}{1+x^{2n}}-\frac{(2n-1)x^{2n-1}}{1+x^{2n-1}} \right)

が得られた。x \mapsto -xとすることにより

\begin{equation}\begin{split} \left( \sum_{n=-\infty}^{\infty}x^{n^2} \right)^4 &= 1+8\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2nx^{2n}}{1+x^{2n}}+\frac{(2n-1)x^{2n-1}}{1-x^{2n-1}} \right) \\ &= 1+8\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2nx^{2n}}{1-x^{2n}}+\frac{(2n-1)x^{2n-1}}{1-x^{2n-1}}\right) - 8\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2nx^{2n}}{1-x^{2n}}-\frac{2nx^{2n}}{1+x^{2n}}\right) \\
&=1+8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{1-x^n}-8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4nx^{4n}}{1-x^{4n}} \\ &= 1+8\sum_{4 \nmid n}\frac{nx^n}{1-x^n} \\ &= 1+8\sum_{4 \nmid n}\sum_{m=1}^{\infty}nx^{mn} \\ &=1+8\sum_{l=1}^{\infty}\left( \sum_{4 \nmid n \mid l}n \right) x^l \end{split}\end{equation}

となる。左辺を展開すると \displaystyle 1+ \sum_{l=1}^{\infty}r_4(l)x^l であるから、Jacobiの四平方の定理が証明された。 Q.E.D.

*1:平方数には0を含めています。