2) における 0 でない整数の平方数の和で表される整数
このセクションではεをQ(√
2)の基本単数である1+√
2とする．Q(√
2)の平方数は(a+b√ 2)2= (a2+ 2b2) + 2ab√
2だから，平方数の和で表される整数は√
2の係数が偶数である．
補助定理 3.2.1. p+ 2q√
2の形の全ての総正な整数はa+bε2 (a, b∈Z≧0)と同値である．ただし (a, b) = (0,0)は除く．
証明.
Sを
alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+akε2k (l, k∈Z, l≦k, al, al+1, . . . , ak∈Z≧0) (3.1) の形の整数の集合とする．このとき，0以上の有理整数は全てSに含まれる．
Sに属さない総正な整数でp+ 2q√
2の形のものが存在すると仮定する．するとその中で最小のト レースをもつものが存在し，それをα=a+ 2b√
2とする．ただしαは総正な整数だからa∈Z>0
であり，有理整数は全てSに属するからb̸= 0である．さらにαに共役な整数α=a−2b√ 2も同 様に最小のトレースをもつからb >0とでき，b∈Z>0である．
まずα−1が総正な整数であるとする. α−1 = (a−1)+2b√
2だからtr(α−1) = 2a−2<2a= tr(α) である．よってα−1∈Sだから
α−1 =alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+akε2k, α= 1 +alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+akε2k
=
1·ε0+ 0·ε2+· · ·+alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+akε2k (0< l) alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+ (1 +a0)ε0+· · ·+akε2k (l≦0≦k) alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+akε2k+· · ·+ 0·ε−2+ 1·ε0 (k <0)
とαを(3.1)の形で表せるからα∈Sとなり仮定に矛盾する．次にα−1が総正な整数でないとき，
α−1 = (a−1) + 2b√
2またはα−1 = (a−1)−2b√
2 のどちらか一方は負である．b≧1である から明らかにα−1が負である．(a−1)−2b√
2<0だから，a <1 + 2b√
2<1 + 3b≦b+ 3b= 4b である．αε−2= (a+ 2b√
2)(3−2√
2) = (3a−8b) + (6b−2a)√
2 だからtr(αε−2) = 2(3a−8b)<
2(3a−2a) = 2a= tr(α)である．よってαε−2 ∈ Sより，α∈ Sとなり仮定に矛盾する．よって p+ 2q√
2の形の総正な整数は全てSに属する．
次にα∈Sに対してk−lが最小になるようにα=alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+akε2k を決める．
ここで
ε2k−2+ε2l+2−ε2l+ 4(ε2k−2+ε2k−4+· · ·+ε2l+4+ε2l+2)
=ε2k−2+ε2l+2−ε2l+ 4·ε2l+2(1−ε2(k−l−1)) 1−ε2
=ε2k−2+ε2l+2−ε2l+ 4·ε2l+2(1−ε2(k−l−1))(1−ε−2) (1−ε2)(1−ε−2)
=ε2k−2+ε2l+2−ε2l+ 4·(ε2l+2−ε2k)(1−ε−2)
−4
=ε2k−2+ε2l+2−ε2l−ε2l+2+ε2l+ε2k−ε2k−2
=ε2k
より，ε2k= 5ε2k−2+ 4ε2k−4+· · ·+ 4ε2l+4+ 5ε2l+2−ε2lであることを用いる．k−l≧2と仮定 する．まずal≧akのとき，
α=alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+ak−1ε2(k−1)+akε2k
=alε2l+al+1ε2(l+1)+· · ·+ak(5ε2k−2+ 4ε2k−4+· · ·+ 4ε2l+4+ 5ε2l+2−ε2l)
=(al−ak)ε2l+ (al+1+ 5ak)ε2l+2
+ (al+2+ 4ak)ε2l+4+· · ·+ (ak−2+ 4ak)ε2k−4+ (ak−1+ 5ak)ε2k−2.
al−ak, al+1+ 5ak, al+2+ 4ak ak−2+ 4ak, ak−1+ 5ak ∈Z≧0だから，この変形も(3.1)で定め た形である．これはk−lが最小となるようにαを決めたことに矛盾する．次にal ≦akのとき，
ε2lをε2kと同様に変形したときにαも同様に変形できるので，先と同様に矛盾が生じる．よって k−l≦1 (l≦k)であるから
(i)k−l= 1のとき，α=aε2l+bε2(l+1)= (a+bε2)ε2l． (ii)k−l= 0のとき，α=aε2l= (a+ 0·ε2)ε2l.
よってp+ 2q√
2の形の全ての総正な整数は(i), (ii)をまとめてα= (a+bε2)ε2lとかける．よっ てそれはa+bε2と同値である．
補助定理 3.2.2. k≧1とし，Skをk個のnv. sq.の和で表せる数の集合とする．
α=p+q√
2 (p, q∈Z)を総正な整数としたとき，全てのk≧p−q+ 1に対してα /∈Skである．
証明.
(i)k= 1のとき.
k= 1≧p−q+ 1だからq≧pである．さらにαは総正な整数だから0< α=p−q√
2 < p−q である．よって1≦p−qよりq+ 1≦pとなる．q+ 1≦p≦qをみたすp, qは存在しないから α /∈S1である．
(ii)k≧2のとき.
k−1まではこの補助定理が成り立つと仮定する．このとき背理法を用いてkに対してもこれが成り 立つことを示す．あるk≧p−q+ 1に対して総正な整数α=p+q√
2をα∈Skと仮定する．このと きα1α2· · ·αk̸= 0で，α=α12+α22+· · ·+αk2を考える．するとα−α12=α22+· · ·+αk2だから α−α12∈Sk−1である．ここでα12=t+u√
2とおくとα12=t−u√
2である．α12=t−u√ 2>0 より，0< t−u√
2< t−uだから1≦t−uである．よって Sk−1∋α−α12= (p+q√
2)−(t+u√ 2)
= (p−t) + (q−u)√ 2
より(p−t)−(q−u) = (p−q)−(t−u)≦(p−q)−1である．k≧p−q+ 1より k−1≧p−q≧(p−t)−(q−u) + 1
だからα−α12∈/Sk−1となり矛盾が生じるからk≧p−q+ 1に対してもα /∈Skである．
定理 3.2.3. k≧4とし，αはQ(√
2)のp+ 2q√
2の形の総正な整数とする．
αがa+bε2 (a, b∈Z≧0, a+b≧k)と同値である場合，すなわちα/(a+bε2)がある単数の二乗 と等しい場合，またその場合に限り，αはk個の0でない平方数の和で表せる．
証明.
α=a+bε2=a+b(3 + 2√
2) = (a+ 3b) + 2b√
2である．a+b < kのとき，(a+ 3b)−2b=a+b < k より(a+ 3b)−2b+ 1 ≦kである．よって補助定理3.2.2よりα /∈Sk だからαε2 ∈/ Skである．
よってα=a+bε2 (a+b < k)と同値なものはk個のnv. sq.の和で表せない．
次にαをp+ 2q√
2の形の総正な整数としたときにα=a+bε2(a, b∈Z≧0, a+b≧k)と同値 なものはk個のnv. sq.の和で表せることを示す．
(i)k= 4のとき.
α=a+bε2でa≧4のとき，α−4 = (a−4)+b(3+2√
2) = (a−4+3b)+2b√
2≧b(3+2√
2)であり，
α−4 = (a−4+3b)−2b√
2≧b(3−2√
2)≧0である．よってα−4は総正な整数または0である．さ らにα−4の√
2の係数が偶数だからα−4は3個の平方数の和で表せる(露峰[4])．α−4 = 0のとき，
α= 4 = 12+12+12+12である．α−4 =α12(α1̸= 0)のとき，α= 4+α12= (√
2)2+12+12+α12
であり，α−4 =α12+α22 (α1α2̸= 0)のとき，α= 4 +α12+α22= (√
2)2+ (√
2)2+α12+α22 である．さらに，α−4 = α12+α22+α32 (α1α2α3 ̸= 0)のとき，α = 22+α12+α22+α32
である．以上よりa ≧ 4のときα = a+bε2 ∈ S4である．b ≧ 4のときb+aε2 ∈ S4だから b+aε2=β12+β22+β32+β42 (β12β22β32β42̸= 0)とかける．
(b+aε2)ε2= (β12+β22+β32+β42)ε2, bε2+a(εε)2= (εβ1)2+ (εβ2)2+ (εβ3)2+ (εβ4)2,
(a+bε2) = (εβ1)2+ (εβ2)2+ (εβ3)2+ (εβ4)2, α= (εβ1)2+ (εβ2)2+ (εβ3)2+ (εβ4)2, α= (εβ1)2+ (εβ2)2+ (εβ3)2+ (εβ4)2.
よってb≧4のときもα=a+bε2∈S4である．残りのa <4かつb <4でありa+b≧4の場合 を考える．aとbを交換したものは元のものと同様の結果がわかるので
(a, b) = (1,3), (2,2), (2,3), (3,3)
のみを個別に考える．すると，1 + 3ε2 = 12+ε2+ε2 +ε2，2 + 2ε2 = 12 + 12+ε2 +ε2， 2 + 3ε2= (√
2)2+ε2+ε2+ε2，3 + 3ε2= 12+ (√
2)2+ε2+ (√
2ε)2 となる．
(ii)k≧5のとき.
αをp+ 2q√
2の形の総正な整数としたときに，α=a+bε2(a, b∈Z≧0, a+b≧(k−1))と同値な ものは(k−1)個のnv. sq.の和で表せると仮定する．γ=p+qε2としたときγ=p+qε2(ε2>0) だから p ≧ 0, q ≧ 0 ((p, q) ̸= (0,0))を示せばγ が総正な整数であることがわかる．ここで α−1 = (a−1) +bε2, α−ε2=a+ (b−1)ε2だからa+b≧kとしたときに以下が成り立つ．
· a >1のとき，a−1>0, b≧0だからα−1は総正な整数である．
· a= 1のとき，a−1 = 0, b≧k−1>0だからα−1は総正な整数である．
· a= 0のとき，b≧kよりb−1≧k−1>0だからα−ε2は総正な整数である．
· b >1のとき，b−1>0, a≧0だからα−ε2は総正な整数である．
· b= 1のとき，b−1 = 0, a≧k−1>0だからα−ε2は総正な整数である．
· b= 0のとき，a≧kよりα−1 =a−1≧k−1>0だからα−1は総正な整数である．
よってa+b≧kのとき，α−1またはα−ε2の少なくともどちらか一方は総正な整数である．
·k−1≦a+b−1 = (a−1) +b
·α−1 = (a−1) +bε2
または
· k−1≦a+b−1 =a+ (b−1),
· α−ε2=a+ (b−1)ε2.
よって仮定よりα−1∈Sk−1またはα−ε2∈Sk−1である．よってα∈Skとなるから全てのk≧5 に対して，αと同値なものはk個のnv. sq.の和で表せる．
k(≧ 4)個のnv. sq.の有理整数の和で表されなかった有理整数はkより小さいものを除いて，
k個の0でない二次体Q(√
2)の整数の平方数の和では表せる．まずk = 4のとき，その有理整 数は5,6,8,9,11,14,17,29,41,4a·2,4a·6,4a·14 (a ∈ Z≧0)である．一つずつ確かめていくと，
5 = 12+ 12+ 12+ (√
2)2, 6 = 12+ 12+ (√
2)2+ (√
2)2, 8 = (√
2)2+ (√
2)2+ (√
2)2+ (√ 2)2,