ミンコフスキーはアインシュタインの先生として有名で，相対論における基本概念はミンコフスキーにその起源をたどることができます．彼は数論家として出発しましたが，研究を進めるにしたがって次第に幾何学に興味を惹かれるようになり，幾何学的方法を用いて数論を研究する「数の幾何学」と呼ばれる新しい数学分野を打ち立てました．

　格子点定理が数の幾何学の基礎となっているのですが，格子点定理は次のように述べることができます．

　「平面（ｎ次元空間）上の任意の単位格子において，１つの格子点を中心として１辺の長さが２の正方形（面積４の平行四辺形，面積２^nの中心対称な凸体）を任意の向きにおいてみると，内部あるいは境界上にもうひとつの格子点が必ず存在する．」

　この定理は非常に単純であるにもかかわらず，他の方法では解決することのできなかった数論における多くの問題を解明したのですが，格子点定理を用いると，初等的な定理，たとえば，

　　「４ｋ＋１の形の素数はｘ^2^＋ｙ^2の形に書ける」

　　「６ｋ＋１の形の素数はｘ^2^＋３ｙ^2の形に書ける」

　　「８ｋ＋１の形の素数はｘ^2^＋２ｙ^2の形に書ける」

なども証明することができます．２次形式の理論が発展していく段階では，ミンコフスキーが非常に大きな貢献をしていて，格子点の幾何学はミンコフスキーの「数の幾何学」に端を発するのです．

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［１］ｘ^2＋１＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）はｐが４ｍ＋１の形をしているとき，そのときに限り解ける．

　合同式が解けるための条件は

　　（−１／ｐ）＝（−１）^(p-1)/2

［２］ｘ^2＋２＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）はｐが８ｍ＋１または８ｍ＋３の形をしているとき，そのときに限り解ける．

　合同式が解けるための条件は

　　（２／ｐ）＝（−１）^(p^2-1)/8

［３］ｘ^2＋３＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）はｐが６ｍ＋１の形をしているとき，そのときに限り解ける．

　合同式は（−３／ｐ）＝１ととき，そのときに限り解ける．

　　（−３／ｐ）＝（ｐ／３）

　　ｐが６ｍ＋１の形のとき１，６ｍ＋５の形のとき−１

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［Ｑ］整数ｍを

　　ｍ＝ｘ^2＋ｙ^2，（ｘ，ｙ）＝１

という形に表す仕方の数は，

　　ｚ^2＋１＝０　　　（ｍｏｄ　ｍ）

の解の個数に等しいことを証明せよ．

［Ａ］もしｍがｍ＝ｘ^2＋ｙ^2，（ｘ，ｙ）＝１の形に表現されているならば，ｘ＝ｚｙ（ｍｏｄ　ｍ）の解，ｚ＝ｚ0（ｍｏｄ　ｍ）はまたｚ^2＋１＝０（ｍｏｄ　ｍ）の解である．したがって，ｚ^2＋１＝０（ｍｏｄ　ｍ）の各解にはｍ＝ｘ^2＋ｙ^2，（ｘ，ｙ）＝１の形の少なくともひとつの表示が対応する．

　任意の実数αは

　　α＝Ｐ／Ｑ＋θ／Ｑｎ

　　０≦Ｑ＜ｎ，（Ｐ，Ｑ）＝１，｜θ｜＜１

の形に表される．→コラム「ファレイ数列（その２）」参照．実際，τ＝√ｍとおけば

　　ｚ0／ｍ＝Ｐ／Ｑ＋θ／Ｑ√ｍ，

　　０≦Ｑ＜√ｍ，（Ｐ，Ｑ）＝１，｜θ｜＜１

のよう書ける．ゆえに，

　　ｚ0Ｑ＝ｍＰ＋ｒ，｜ｒ｜＜√ｍ

　さらに，ｚ^2＋１＝０（ｍｏｄ　ｍ）から従うように，

　　｜ｒ｜^2＋Ｑ^2＝０　　　（ｍｏｄ　ｍ）

このことと，０＜｜ｒ｜^2＋Ｑ^2＜２ｍから

　　ｍ＝｜ｒ｜^2＋Ｑ^2

となる．

　ここで，

　　１＝（ｒ^2＋Ｑ^2）／ｍ＝｛（ｚ0Ｑ−ｍＰ）ｚ0Ｑ−ｒｍＰ＋Ｑ^2｝／ｍ＝｛（ｚ0Ｑ−ｍＰ）ｚ0＋Ｑ｝Ｑ／ｍ−ｒＰ

（ｚ0Ｑ−ｍＰ）ｚ0＋Ｑはｍで割り切れるから

　　１＝−ｒＰ（ｍｏｄ　ｍ）→（｜ｒ｜，Ｑ）＝１

　もし，｜ｒ｜＝ｒならばｒ＝ｚ0Ｑ（ｍｏｄ　ｍ）だから，ｍ＝｜ｒ｜^2＋Ｑ^2という解は，ｚ^2＋１＝０（ｍｏｄ　ｍ）という解に対応する．もし，｜ｒ｜＝−ｒならばｚ0ｒ＝ｚ0^2Ｑ（ｍｏｄ　ｍ），Ｑ＝ｚ0｜ｒ｜（ｍｏｄ　ｍ）だから，ｍ＝｜ｒ｜^2＋Ｑ^2という解は，ｚ^2＋１＝０（ｍｏｄ　ｍ）という解に対応する．

　各解の対応する

　　ｍ＝ｘ^2＋ｙ^2，（ｘ，ｙ）＝１

は２つ以上はない．実際，

　　ｚ^2＋１＝０　　　（ｍｏｄ　ｍ）

の同一の解にｍ＝ｘ^2＋ｙ^2，ｍ＝ｘ1^2＋ｙ1^2が対応したとすれば，ｘ＝ｚ0ｙ，ｘ1＝ｚ0ｙ（ｍｏｄ　ｍ）からｘｙ1＝ｘ1ｙ（ｍｏｄ　ｍ）が従う．したがって，（ｘ，ｙ）＝１，（ｘ1，ｙ1）＝１を考慮すれば，ｘ＝ｘ1，ｙ＝ｙ1となる．

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［Ｑ］ａ＝２または３，ｐを素数とすれば

　　ｐ＝ｘ^2＋ａｙ^2

という形に表す仕方の数は，

　　ｚ^2＋ａ＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）

の解の個数の半分に等しいことを証明せよ．

［Ａ］もしｍがｍ＝ｘ^2＋ａｙ^2＝１の形に表現されているならば，ｘ＝ｚｙ（ｍｏｄ　ｍ）の解，ｚ＝ｚ0（ｍｏｄ　ｍ）はまたｚ^2＋ａ＝０（ｍｏｄ　ｍ）の解である．

　ｚ^2＋１＝０（ｍｏｄ　ｍ）の解がひとつわかったとして，それに対応する表示ｐ＝ｘ^2＋ａｙ^2をの形の少なくともひとつを見つけだそう．実際，τ＝√ｐとおけば

　　ｚ0／ｐ＝Ｐ／Ｑ＋θ／Ｑ√ｐ，

　　０≦Ｑ＜√ｐ，（Ｐ，Ｑ）＝１，｜θ｜＜１

のよう書ける．ゆえに，ｚ0Ｑ＝ｒ（ｍｏｄ　ｐ），｜ｒ｜＜√ｐ．

　さらに，ｚ^2＋ａ＝０（ｍｏｄ　ｐ）から従うように，

　　｜ｒ｜^2＋ａＱ^2＝０　　　（ｍｏｄ　ｐ）

このことと，０＜｜ｒ｜^2＋ａＱ^2＜（１＋ａ）ｐから，ａ＝２のときは

　　｜ｒ｜^2＋２Ｑ^2＝ｐまたは｜ｒ｜^2＋２Ｑ^2＝２ｐ

でなければならない．後者の場合には｜ｒ｜は偶数であって，

　　｜ｒ｜＝２ｒ1，ｐ＝Ｑ^2＋２ｒ1^2

となる．

　ａ＝３のときは

　　｜ｒ｜^2＋３Ｑ^2＝ｐまたは｜ｒ｜^2＋３Ｑ^2＝２ｐまたは｜ｒ｜^2＋３Ｑ^2＝３ｐ

でなければならない．しかし，第２の場合は４を法として左辺は４，右辺は２であるから不可能．第３の場合には｜ｒ｜は３の倍数であって，

　　｜ｒ｜＝３ｒ1，ｐ＝Ｑ^2＋３ｒ1^2

となる．

　　ｚ^2＋ａ＝０　　　（ｍｏｄ　ｍ）

の同一の解にｐ＝ｘ^2＋ｙ^2，ｐ＝ｘ1^2＋ｙ1^2が対応したとすれば，ｘ＝ｘ1，ｙ＝ｙ1となることがわかる．もし，これらが相異なる解に対応するとすれば，ｘ＝ｚ0ｙ，ｘ1＝−ｚ0ｙ（ｍｏｄ　ｍ）からｘｙ1＋ｘ1ｙ＝０（ｍｏｄ　ｐ）となるが，これは０＜（ｘｙ1＋ｘ1ｙ）^2≦（ｘ^2＋ｙ^2）（ｘ1^2＋ｙ1^2）＜ｐ^2より不可能である．

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