■特殊な性質を満たす魔方陣(その5)

p=1 (modp)→半径√pの円上に8個の整数点が存在する

q=-1 (modp)→半径√qの円上に解は存在しない

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n=2^αΠp^βΠq^γ→すべてのγが偶数のとき、半径√nの円上に整数点が存在する

          →格子点の個数はΠ(β+1)

325=5^2・13

325=1^2+18^2=6^2+17^2=10^2+15^2=15^2+10^2=17^2+6^2=18^2+1^2

   1105=4^2+33^2=12^2+31^2

       =24^2+23^2=32^2+9^2

順序を考慮すれば8通り

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【1】フィボナッチの等式

フィボナッチの等式としてよく知られている恒等式

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac−bd)^2+(ad+bc)^2

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad−bc)^2

が正しいことは簡単に確認できます.

このことは

[1]x^2+y^2型整数の積は,再びx^2+y^2型整数として表すことができること,また,

[2]この積は2通りの異なる方法で,2つの平方数の和として表すことができることを示しています.

 たとえば,5と13はいずれも4n+1型素数で,2つの平方数の和として表されますから,

  65=5・13

  5=1^2+2^2,13=2^2+3^2

  65=(1・2+2・3)^2+(1・3−2・2)^2=8^2+1^2

  65=(1・2−2・3)^2+(1・3+2・2)^2=4^2+7^2

となります.

a=bまたはc=dのときは,積はたった1通りの方法で2つの平方数の和になります.

  10=2・5

  2=1^2+1^2,5=1^2+2^2

  10=(1・1+1・2)^2+(1・2−1・1)^2=3^2+1^2

  10=(1・1−1・2)^2+(1・2+1・1)^2=1^2+3^2

  1105=5・13・17

は4n+1型素数のはじめの3素数の積です.このことから,1105は2つの平方数の和で4通りに表せることになるのです.

  1105=(a^2+b^2)(c^2+d^2)(e^2+f^2)

  17=1^2+4^2

  1105=(8^2+1^2)(1^2+4^2)=4^2+33^2=12^2+31^2

  1105=(4^2+7^2)(1^2+4^2)=24^2+23^2=32^2+9^2

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  8515=5・13・131

であるが、131は4n+1型素数ではない。さて、どうする?

  8515=65・131

  8515=65・(65・2+1)とすることはできるが・・・

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  325=5・5・13

  5=1^2+2^2

  65=(1・2+2・3)^2+(1・3−2・2)^2=8^2+1^2

  65=(1・2−2・3)^2+(1・3+2・2)^2=4^2+7^2

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac−bd)^2+(ad+bc)^2

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad−bc)^2

  a=1,b=2c=8,d=1

325=6^2+17^2

325=10^2+15^22

  a=1,b=2c=4,d=7

325=10^2+15^2

325=18^2+1~2

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