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== 平方和の多項式, 目次 ==

（※青い文字をクリックすれば，該当項目へ行けます）

●ブラーマグプタの二平方恒等式（フィボナッチの二平方恒等式）

●オイラーの四平方恒等式


●デゲンの八平方和恒等式

\((a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2+g^2+h^2)\)
\(\times(x^2+y^2+z^2+w^2+p^2+q^2+r^2+s^2)\)

《数式の相互関係図》
デゲンの八平方和恒等式 (3.1)　→　(2.1)　→　(1.1)　→　(1.3) ピタゴラス数 オイラーの四平方恒等式 ↓ (2.4) ピタゴラス４つ組 ↑ (2.5) ↑ (2.2) ↓ (1.4) ↓ (1.5) ブラーマグプタの二平方恒等式 ↑ (1.2)

(1.1)の証明←
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax-by)^2+(ay+bx)^2\)…(1.1)
　この恒等式を証明するには，左辺と右辺をそれぞれ展開してみるとよい．
(左辺)=\(a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\)
(右辺)=\(a^2x^2-2abxy+b^2y^2+a^2y^2+2abxy+b^2x^2\)
=\(a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\)
よって，この恒等式は成立する．
(1.2)の証明←
　(1.1)式において，\(b\)の代わりに\(-b\)を代入すると，(1.2)が得られる.
\(\{a^2+(-b)^2\}(x^2+y^2)=\{ax-(-b)y\}^2+\{ay+(-b)x\}^2\)
だから
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2+(ay-bx)^2\)…(1.2)
(1.1)の複素数を使った解説
　複素数\(z_1=a+bi\)に対して，その絶対値は \(|z_1|=\sqrt{a^2+b^2}\) で定義される．
　そこで，2つの複素数 \(z_1=a+bi,\hspace{2px}z_2=c+di\) について，\(|z_1|^2|z_2|^2\)を考えると
　(左辺)=\((a^2+b^2)(x^2+y^2)\)
他方で，複素数の積は
　\(z_1z_2=(a+bi)(c+di)=ac+adi+bc+bdi^2\)
　\(=ac+adi+bc-bd=(ac-bd)+(ad+bc)i\)
だから
　\(|z_1z_2|^2=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2\)
したがって，(1.1)が成り立つ．

〇ピタゴラス数について
　正の整数 \(a,b,c\) について，三平方の定理（ピタゴラスの定理） \(a^2+b^2=c^2\) が成り立つとき，これら３整数の組をピタゴラス数という．
(1.3)の証明←
　(1.2)において，\(x=a,y=b\)を代入すると，(1.3)が得られる．
　\((a^2+b^2)^2=(a^2-b^2)^2+(2ab)^2\)…(1.3) を満たす正整数 \(a^2+b^2,a^2-b^2,2ab\hspace{5px}(a\gt b)\) はピタゴラス数である．
　逆に，すべてのピタゴラス数は(1.3)の形に書けることも証明できる．（以下の通り）
　正の整数 \(a,b,c\) が \(a^2+b^2=c^2\) を満たすとき \(\displaystyle \Big(\frac{a}{c}\Big)^2+\Big(\frac{b}{c}\Big)^2=1\) と変形できるから，点\(P(x,y)\) は 有理数 \(x=\frac{a}{c},y=\frac{b}{c}\) を座標とする点になる．
　高校数学Ⅱの\(\tan\theta\) の半角公式： \(\tan\frac{\theta}{2}=t\) とおくと，\(\sin\theta=\displaystyle \frac{2t}{1+t^2}\), \(\cos\theta=\displaystyle \frac{1-t^2}{1+t^2}\) において，右図のように，新たに \(t=\frac{\frac{b}{c}}{1+\frac{a}{c}}=\frac{n}{m}\hspace{5px}(m\gt n\)とおくと
\(\cos^2\theta+\sin^2\theta=1\)
により
\(\Big(\frac{1-t^2}{1+t^2}\Big)^2+\Big(\frac{2t}{1+t^2}\Big)^2=1\)
\(\Big\{\frac{1-(\dfrac{n}{m})^2}{1+(\dfrac{n}{m})^2}\Big\}^2+\Big\{\frac{2(\dfrac{n}{m})}{1+(\dfrac{n}{m})^2}\Big\}^2=1\)
\(\Big(\dfrac{m^2-n^2}{m^2+n^2}\Big)^2+\Big(\dfrac{2mn}{m^2+n^2}\Big)^2=1\)
\((m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2\)

m,nの値とa,b,cの値･･･幾つかの例
nm\(a=n^2-m^2\)\(b=2mn\)\(c=n^2+m^2\)
21345
318610
3251213
4115817
4372425
51241026
52212029
53163034
5494041

「整数の平方数の和からなる集合」が，積の演算について閉じていることの証明：
　整数全体の集合を\(Z\)で表すとき，整数の平方数の和からなる集合を\(A\)とおく
\(A=\{a^2+b^2\hspace{5px}|\hspace{5px}a,b\in Z\}\)とすると
\(x,y\in A\Longrightarrow xy\in A\)
（∵）
\(x,y\in A\) ならば \(x=a^2+b^2,y=c^2+d^2\)となる整数 \(a,b,c,d\) が存在するから，
　\(xy=(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2\)と書けることになり，\(xy\in A\) が言える．
平方和３組の積 (1.4) の証明←
※以下のような変形を目で追っていくのは，結構な苦痛を伴う．（間違いの点検も大変！！）
　スラスラとできるストイックな方は別として，私たち凡人は，もっと楽しく遊びの要素も入れて
「♪～さても不思議な南京玉すだれ，お目にとまれば元へと返す～♫ヨイショ」などと合いの手を入れるのがコツかな
(1.1)
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)\)
\(=(ax-by)^2+(ay+bx)^2\)
において，
\(A=ax-by\)
\(B=ay+bx\)
とおくと
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)\)
\(=\textcolor{red}{A}^2+\textcolor{blue}{B}^2\)
そこで，平方和３組の積を考えると
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)(p^2+q^2)\)
\(=(\textcolor{red}{A}^2+\textcolor{blue}{B}^2)(p^2+q^2)\)
♪～お目にとまれば元へと返す～♫
(1.1)により
\(=(\textcolor{red}{A}p-\textcolor{blue}{B}q)^2+(\textcolor{red}{A}q+\textcolor{blue}{B}p)^2\)
\(=\Big\{\textcolor{red}{(ax-by)}p-\textcolor{blue}{(ay+bx)}q\Big\}^2+\Big\{\textcolor{red}{(ax-by)}q+\textcolor{blue}{(ay+bx)}p\Big\}^2\)
は２式の平方の和になっている．_■
平方和４組の積 (1.5) の証明←
(1.4)により
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)(p^2+q^2)\)
\(=\Big\{(ax-by)p-(ay+bx)q\Big\}^2+\Big\{(ax-by)q+(ay+bx)p\Big\}^2\)
において，
\(C=(ax-by)p-(ay+bx)q\)
\(D=(ax-by)q+(ay+bx)p\)
とおくと
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)(p^2+q^2)=\textcolor{red}{C}^2+\textcolor{blue}{D}^2\)
そこで，平方和４組の積を考えると
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)(p^2+q^2)(s^2+t^2)\)
\(=(\textcolor{red}{C}^2+\textcolor{blue}{D}^2)(s^2+t^2)\)
♪～お目にとまれば元へと返す～♫
(1.1)により
\(=(\textcolor{red}{C}s-\textcolor{blue}{D}t)^2+(\textcolor{red}{C}t+\textcolor{blue}{D}s)^2\)
\(=\Big\lbrack\big\{\textcolor{red}{(ax-by)p-(ay+bx)q}\big\}s-\big\{\textcolor{blue}{(ax-by)q+(ay+bx)p}\big\}t\Big\rbrack^2\)
\(+\Big\lbrack\big\{\textcolor{red}{(ax-by)p-(ay+bx)q}\big\}t+\big\{\textcolor{blue}{(ax-by)q+(ay+bx)p}\big\}s\Big\rbrack^2\)
は２式の平方の和になっている．_■
※以上のようにすれば，帰納的に平方和何組の積でも２式の平方の和になることが言える．

●オイラーの四平方恒等式 (2.1)の証明←
\((a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(=(ax+by+cz+dw)^2\)
\(+(ay-bx+cw-dz)^2\)
\(+(az-bw-cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy-dx)^2\)…(2.1)
を証明するには，両辺をそれぞれ展開して比較すればよいが，そのように言うと，内容について無味乾燥で，大量計算の根性物語を強いることになる．
　ここでは，ブラーマグプタの二平方恒等式(1.2)を変形してオイラーの四平方恒等式 (2.1)を証明してみる．
　後で示すように，独立な4文字×2の式から文字数を減らして独立な2文字×2の式を作ることは簡単であるが，独立な2文字×2の式を変形して独立な4文字×2の式を作ることは難易度が高い．（拡張になる）
　ネットで調べても，この変形は見つからなかったので，うまく行けば万歳ということで，請うご期待！！
　右辺を展開することから始める．
（右辺）=
\((ax+by)^2\)
\(+(ay-bx)^2\)
\(+(cz+dw)^2\)
\(+(cw-dz)^2\)
\(+2abxy+2cdzw\)
\(-2abxy-2cdzw\)

\((az-bw)^2\)
\(+(aw+bz)^2\)
\(+(cx-dy)^2\)
\(+(cy+dx)^2\)
\(-2abzw-2cdxy\)
\(+2abzw+2cdxy\)

　灰色の破線で囲まれた部分は消える．赤，青，緑，紫の破線で囲まれた部分は，それぞれ(1.2)の式
　\((a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2+(ay-bx)^2\)…(1.2)
を右から左に読むと
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)\)
\((c^2+d^2)(z^2+w^2)\)

\((a^2+b^2)(z^2+w^2)\)
\((c^2+d^2)(x^2+y^2)\)

となるから
（右辺）=\((a^2+b^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(+(c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(=(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\) _■

●オイラーの四平方恒等式 (2.2)の証明←
オイラーの四平方恒等式は，多くの場合(2.1)の形で書かれるが，次の(2.2)の形にしておくと，使いやすいことがある．
(2.1)の式において，\(x\)の代わりに\(-x\)を代入すると
\((a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(=(-ax+by+cz+dw)^2\)
\(+(ay+bx+cw-dz)^2\)
\(+(az-bw+cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy+dx)^2\)
\(=(ax-by-cz-dw)^2\)
\(+(ay+bx+cw-dz)^2\)
\(+(az-bw+cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy+dx)^2\)…(2.2)
オイラーの四平方恒等式(2.1),(2.2)の他のバリエーションの作り方
　見やすく（間違いにくく）するために，\(a,b,c,d\)は同じ縦列に揃えて，成立が証明できている(2.1)からスタートして，\(b,c,d\)から1個，2個，(3個)の符号を変えていく．ただし，3個変えることは残り1個だけを変えることと同じだから，\(a\)だけは正の符号に固定しておく．
さらに，\(x,y,z,w\)から1個，2個，3個，4個の符号を変えたものも全て成り立つ． \((a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(=(ax+by+cz+dw)^2\)
\(+(ay-bx+cw-dz)^2\)
\(+(az-bw-cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy-dx)^2\)
(2.1)
\(=(ax-by+cz+dw)^2\)
\(+(ay+bx+cw-dz)^2\)
\(+(az+bw-cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy-dx)^2\)
(2.1)→\(b\rightarrow -b\)
\(=(ax+by+cz+dw)^2\)
\(+(ay-bx-cw-dz)^2\)
\(+(az-bw+cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz+cy-dx)^2\)
(2.1)→\(c\rightarrow -c\)

など
●オイラーの四平方恒等式(2.2)からブラーマグプタの二平方恒等式(1.1)を証明←
(2.2)の両辺で\(c=d=z=w=0\)を代入すると
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)\)
\(=(ax-by)^2+(ay+bx)^2\)…(1.1)　_■
なお，●オイラーの四平方恒等式(2.1)から\(d=w=0\)を代入して3文字×2の式を作っても，三平方恒等式にはならない：右辺は四平方の式になる．
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
\(=(ax+by+cz)^2\)
\(+(ay-bx)^2\)
\(+(az-cx)^2\)
\(+(bz-cy)^2\)
　この式は，コーシー・シュワルツの不等式の証明
　\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\geqq (ax+by+cz)^2\) となっており，等号が成立する条件
　\(a:b:c=x:y:z\Longleftrightarrow \vec{u}=(a,b,c)/\!/\vec{v}=(x,y,z)\) も示されている．

〇ラグランジュの四平方数定理･･･「全ての自然数が高々（多くとも）四個の平方数の和で表される」を，具体例で示す：
（※高々四個とは，ちょうど四個とは違い，１個～４個までということ）
\(1=1^2\) ←1個
\(2=1^2+1^2\) ←2個
\(3=1^2+1^2+1^2\) ←3個
\(4=1^2+1^2+1^2+1^2\) ←4個
または
\(4=2^2\) ←1個
\(5=1^2+2^2\) ←2個
\(6=1^2+1^2+2^2\) ←3個
\(7=1^2+1^2+1^2+2^2\) ←4個
\(8=2^2+2^2\) ←2個
\(9=1^2+2^2+2^2\) ←3個
または
\(9=3^2\) ←1個
\(10=1^2+1^2+2^2+2^2\) ←4個
または
\(10=1^2+3^2\) ←2個

　ラグランジュの四平方数定理は，オイラーの四平方恒等式を使って証明される．
〇ヤコビの四平方定理･･･「自然数を高々四個の平方数の和で表す方法の数」を具体的な計算で示す．
自然数 \(N\) に対して，4つの平方数の和で表す方法の数を \(r_4(N)\) で表すと
\(\displaystyle r_4(N)=8\sum_{d|N,4\nmid d}d\)
ここで，総和記号Σは「4で割り切れない\(N\)の約数\(d\)（1とNを含む）を全部足す」ことを表す．
《例》　\(r_4(6)=8(1+2+3+6)=96\) ⇒ 6を4つの平方数の和で表す方法は，「符号も，並べ方も全部数えると」96通り
\(0^2+(\pm 1)^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\(0^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\(0^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+0^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+0^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+0^2+(\pm 1)^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+(\pm 1)^2+0^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+(\pm 2)^2+0^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+(\pm 1)^2+0^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2+0^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2+0^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+(\pm 1)^2+(\pm 1)^2+0^2\) →8通り
こんなものまで，区別して数えるのか～！
《例》　\(r_4(9)=8(1+3+9)=104\) ⇒ 9を4つの平方数の和で表す方法は，「符号も，並べ方も全部数えると」104通り
\(0^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\(0^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\(0^2+(\pm 2)^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+0^2+(\pm 2)^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+0^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+0^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+(\pm 2)^2+0^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+(\pm 2)^2+0^2+(\pm 2)^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+(\pm 2)^2+0^2+(\pm 1)^2\) →8通り
\((\pm 1)^2+(\pm 2)^2+(\pm 2)^2+0^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+(\pm 1)^2+(\pm 2)^2+0^2\) →8通り
\((\pm 2)^2+(\pm 2)^2+(\pm 1)^2+0^2\) →8通り
\(0^2+0^2+0^2+(\pm 3)^2\) →2通り
\(0^2+0^2+(\pm 3)^2+0^2\) →2通り
\(0^2+(\pm 3)^2+0^2+0^2\) →2通り
\((\pm 3)^2+0^2+0^2+0^2\) →2通り

〇三平方和の恒等式(2.5)の証明←
\((a^2+b^2+c^2+d^2)^2\)
\(=(a^2+b^2-c^2-d^2)^2+(2ac-2bd)^2+(2bc+2ad)^2\)
この式はオイラーの四平方恒等式(2.2)
\((a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(=(ax-by-cz-dw)^2\)
\(+(ay+bx+cw-dz)^2\)
\(+(az-bw+cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy+dx)^2\)…(2.2)
において，\(x=a,y=-b,z=c,w=d\)とおけば得られる：
\((a^2+b^2+c^2+d^2)^2\)
\(=(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\)
\(+(-ab+ba+cd-dc)^2\)
\(+(ac-bd+ca-db)^2\)
\(+(ad+bc+cb+da)^2\)
\(=(a^2+b^2-c^2-d^2)^2+(2ac-2bd)^2+(2ad+2bc)^2\)
(2.5)の式 \(x^2+y^2+z^2=w^2\) を満たす整数 \(x,y,z,w\) はピタゴラス４つ組と呼ばれ， \(x^2+y^2+z^2=w^2\) の解は全て(2.5)の形で書けることが分かっている．
各辺の和が小さいものから順に
1番:\( 1^2+2^2+2^2=3^2=9\)
2番:\( 2^2+3^2+6^2=7^2=49\)
3番:\( 1^2+4^2+8^2=9^2=81\)
4番:\( 4^2+4^2+7^2=9^2=81\)
5番:\( 2^2+6^2+9^2=11^2=121\)
6番:\( 6^2+6^2+7^2=11^2=121\)
7番:\( 3^2+4^2+12^2=13^2=169\)
8番:\( 2^2+5^2+14^2=15^2=225\)
9番:\( 2^2+10^2+11^2=15^2=225\)
10番:\( 1^2+12^2+12^2=17^2=289\)
〇三平方和の恒等式(2.6)の証明←
　(2.4)において，\(d=0\)とすれば(2.5)が得られる．
\((a^2+b^2+c^2)^2\)
\(=(a^2+b^2-c^2)^2+(2ac)^2+(2ad)^2\)

●デゲンの八平方和恒等式…(3.1)も同様にして証明することができるが，とても長い計算になるので，ここでは省略する．
　なお，類推・一般化として，16個，32個等の平方和についても恒等式があるように見えるが，2,4,8個の場合のみ恒等式が成立し，それ以外の場合は成立しないとされている．
　デゲンの八平方和恒等式…(3.1)からオイラーの四平方恒等式を示すには，後半4文字×2の部分に0を代入すればよい．
\((a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2+g^2+h^2)\)
\(\times(x^2+y^2+z^2+w^2+p^2+q^2+r^2+s^2)\)
\(=(ax-by-cz-dw\)
\(+(ay+bx+cw-dz\)
\(+(az-bw+cx+dy\)
\(+(aw+bz-cy+dx\)
\(-ep-fq-gr-hs)^2\)
\(+eq-fp-gs+hr)^2\)
\(+er+fs-gp-hq)^2\)
\(+es-fr+gq-hp)^2\)

\(+(ap-bq-cr-ds\)
\(+(aq+bp-cs+dr\)
\(+(ar+bs+cp-dq\)
\(+(as-br+cq+dp\)
\(+ex+fy+gz+hw)^2\)
\(-ey+fx-gw+hz)^2\)
\(-ez+fw+gx-hy)^2\)
\(-ew-fz+gy+hx)^2\)

\((a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+w^2)\)
\(=(ax-by-cz-dw)^2\)
\(+(ay+bx+cw-dz)^2\)
\(+(az-bw+cx+dy)^2\)
\(+(aw+bz-cy+dx)^2\)
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