자코비의 네 제곱수 정리

수학노트
둘러보기로 이동 검색으로 이동

개요

  • 라그랑지의 네 제곱수 정리는 모든 자연수는 네 개의 제곱수의 합으로 표현가능함을 말해준다
  • 자코비는 자코비 세타함수 를 이용하여 주어진 자연수가 네 개의 제곱수의 합으로 얼마나 많은 방법으로 표현가능한지의 문제를 해결
  • 모듈라 형식의 이론으로 설명할 수 있다


세타함수와 네 제곱수의 합

  • 네 제곱수의 합으로 표현하는 방법의 수에 대한 생성함수로서 세타함수를 사용
  • 자코비 세타함수
<math>\theta_3(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2/2}= \sum_{n=-\infty}^\infty e^{\pi i n^2\tau},\quad q=e^{2\pi i \tau}</math>
  • <math>x=e^{\pi i \tau}</math> 로 두면,:<math>\theta(x)=\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2}=1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2}</math>
  • 세타함수의 네 제곱을 취하면 자연수를 네 제곱으로 표현하는 방법에 대한 생성함수를 얻는다
<math>

\begin{aligned} \theta^4(x)& =(\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2})^4=(1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2})^4=1+\sum_{n=1}^\infty r_4(n)x^n \\ & =1 + 8 x + 24 x^2 + 32 x^3 + 24 x^4 + 48 x^5 + 96 x^6 + 64 x^7 + 24 x^8+\cdots \end{aligned} </math> 여기서 <math>r_4(n)</math> 는 <math>x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2=n</math>의 정수해 <math>(x_1,x_2,x_3,x_4)</math>의 개수, 즉 자연수 <math>n</math>을 네 정수의 제곱의 합으로 쓰는 방법의 수

정리
<math>r_4(n)=8\sum_{m|n,4\nmid m}m</math>



예

  • <math>r_4(1)=8</math>:<math>(\pm1)^2+0^2+0^2+0^2=1</math>이므로 :<math>2\times {4\choose 1}=8</math>
  • <math>r_4(2)=24</math>:<math>(\pm1)^2+(\pm1)^2+0^2+0^2=2</math> ... 으로부터:<math>4\times {4\choose 2}=24</math>
  • <math>r_4(3)=32</math>:<math>(\pm1)^2+(\pm1)^2+(\pm1)^2+0^2=3</math> ... 으로부터:<math>8\times {4\choose 1}=32</math>


  • <math>r_4(4)=24</math>:<math>(\pm1)^2+(\pm1)^2+(\pm1)^2+(\pm1)^2=(\pm2)^2+0^2+0^2+0^2=4</math> ... 으로부터:<math>16+2 \times {4\choose 1}=24</math>


모듈라 형식을 이용한 증명

아래에서 <math>q=e^{2\pi i \tau}</math>, <math>x=e^{\pi i \tau}</math> 이다. <math>r_4(n)</math>의 생성함수를 세타함수의 거듭제곱으로 나타내자.

<math>\theta^4(x)=(\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2})^4=(1+2\sum_{n=1}^\infty x^{n^2})^4=1+\sum_{n=1}^\infty r_4(n)x^n</math>

세타함수의 데데킨트 에타함수 표현을 이용하자. (자코비 세타함수의 해당부분 참조)

<math>\theta(\tau)=\frac{\eta(\tau)^5}{\eta(2\tau)^2\eta(\frac{\tau}{2})^2}</math>
<math>\theta^4(\tau)=\frac{\eta(\tau)^{20}}{\eta(2\tau)^{8}\eta(\frac{\tau}{2})^{8}}</math>

<math>\theta^4(\tau)</math>는 군 <math>\Gamma(2)</math>에 대한 weight 2인 모듈라 형식(modular forms)이다. 한편 <math>\frac{\eta(2\tau)^8}{\eta(\frac{\tau}{2})^8}</math>는 <math>\Gamma(2)</math>에 대한 모듈라 함수이다. 적당한 상수 <math>c</math>에 대하여 다음 등식이 성립한다.

<math>\frac{d}{d\tau}\log \frac{\eta(2\tau)}{\eta(\frac{\tau}{2})}=c\frac{\eta(\tau)^{20}}{\eta(2\tau)^{8}\eta(\frac{\tau}{2})^{8}}=c\theta^4(\tau)</math>

이제

<math>\frac{\eta(2\tau)^8}{\eta(\frac{\tau}{2})^8}=x\prod_{n=1}^{\infty}\frac{(1-x^{4n})^8}{(1-x^{n})^8}</math>에 미분연산자 <math>x\frac{d}{dx}\log</math>(즉 로그를 취한뒤, 미분 후, x 곱하기) 을 취하면,
<math>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_{n=1}^{\infty}(\sum_{d|n,4\nmid d}d)q^n</math>를 얻는다.

따라서 :<math>r_4(n)=8\sum_{d|n,4\nmid d}d.</math>■

타원함수론을 이용한 증명

<math>\theta^4(q)=(\sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2})^4=(1+2\sum_{n=1}^\infty q^{n^2})^4=1+\sum_{n=1}^\infty r_4(n)q^n</math>
<math>A(q)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{mq^m}{1-q^m}=\sum_{m=1}^{\infty}{mq^m}(1+q^m+q^{2m}+\cdots)=\sum_{n=1}^{\infty}\sigma(n)q^n</math>

여기서 <math>\sigma(n)</math> 에 대해서는 자연수의 약수의 합 항목 참조.

<math>B(q)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(1+(-1)^m)}{2}\cdot \frac{2mq^{2m}}{1-q^{2m}}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(1+(-1)^m)}{2}\cdot{2mq^{2m}}(1+q^{2m}+q^{4m}+\cdots)=\sum_{m=1,n=1}^{\infty}m(1+(-1)^m){q^{2mn}}= \sum_{n=1}^{\infty}(\sum_{d|n,4|d}d)q^n</math>

이제 <math>\theta^4(q)=1+8A(q)-8B(q)</math> 를 증명하면 된다.


역사



메모

자코비 세타함수의 삼중곱 정리로부터, 다음을 얻는다. <math>\theta(\tau)=\sum_{n=-\infty}^\infty x^{n^2}=\prod_{m=1}^\infty \left( 1 - x^{2m}\right) \left( 1 + x^{2m-1}\right) \left( 1 + x^{2m-1}\right)</math>

여기서 <math>x=e^{\pi i \tau}</math>.


관련된 항목들


계산 리소스


관련논문

원본 주소 "https://wiki.mathnt.net/index.php?title=자코비의_네_제곱수_정리&oldid=48208"