크리스마스 정리
크리스마스 정리
크리스마스 정리The Christmas Theorem. 홀수 소수 $p$에 대해, $p$가 두 개의 제곱수의 합으로 나타내짐과, $p\equiv 1 \mod 4$임이 동치이다.
크리스마스 정리는 1625년 프랑스의 알버트 지라드Albert Girard에 의해서, 두 제곱수의 합으로 표현 가능한 모든 수를 제시함으로써 알려졌다. 이후 1640년 12월 25일, 피에르 드 페르마Pierre de Fermat는 마랭 메르센Marin Mersenne에게 보낸 편지에서 이를 더욱 정교하게 발전시켰다. 이것이 크리스마스의 일이었기 때문에 이 정리는 종종 페르마의 크리스마스 정리로 불린다.
페르마는 다른 정리들처럼 크리스마스의 정리에 대해 자신의 증명을 제시하지 않았다. 첫 증명은 레온하르트 오일러Leonhard Euler가 무한강하법infinite descent을 이용해 제시하였고, 이후 조제프루이 라그랑주Joseph-Louis Lagrange는 이차 형식quadratic form을 이용한 증명을 제시하였다. 리하르트 데데킨드Richard Dedekind는 가우스 정수Gaussian integer를 이용한 증명을 제시한 바가 있고, 데이비드 크리스토퍼David Christopher는 분할 이론partition theory을 이용한 증명을 제시하였다.
여기에서는, 로저 히스 브라운Roger Heath-Brown에 의해 제시된 짧은 증명을 더욱 간략화한 돈 재기어Don Zagier의 한 줄 증명과, 크리스마스 정리의 일반화인 야코비의 두 제곱수 정리Jacobi’s two-square theorem의 증명을 살펴본다. 특히, $p\equiv 3 \mod 4$인 홀수들의 경우, 모든 제곱수는 $4$로 나눈 나머지가 $0$이거나 $1$이기 때문에 두 제곱수의 합으로 나타내는 것이 불가능함을 알 수 있으므로, $p\equiv 1 \mod 4$인 소수들 하에서 그것이 가능함만을 보일 것이다.
재기어의 한 줄 증명
재기어의 한 줄 증명.
유한집합 $S=\{ (x,y,z)\in \mathbb{N}^3:x^2+4yz=p\}$의 다음 대합involution
\[(x,y,z)\mapsto \begin{cases} &(x+2z,z,y-x-z),& x < y-z \\\ &(2y-x, y, x-y+z),& y-z < x < 2y \\\ &(x-2y, x-y+z, y),& x > 2y \end{cases}\]은 단 하나의 고정점을 가지므로 $\vert S \vert $는 홀수이고, 따라서 $ (x,y,z)\mapsto (x,z,y) $는 고정점을 가진다. $\square$
네…?
이 증명은 한 줄로 구성되어 있지만 많은 세부적인 내용이 생략되어 있다. 하나하나씩 살펴 보자.
-
$S$는 유한집합이다 : $0 < x,y,z \leq p$이므로, $\vert S \vert < p^3$이다.
- 주어진 식이 대합이다 : 주어진 식을 $f$라고 하자. $f(x,y,z)\in S$임은 직접 계산으로 확인할 수 있다.
- $x < y-z$일 때, $f(x,y,z)=(x+2z, z, y-x-z)$이다. $y-x-z>0$이므로 이는 잘 정의된다. $x+2z>2z$이므로 $f^2(x,y,z)=(x,y,z)$이다.
- $y-z< x< 2y$일 때, $f(x,y,z)=(2y-x, y, x-y+z)$이다. $2y-x>0$이고 $x+z-y>0$ 이므로 이는 잘 정의된다. $2y-x-z < 2y-x < 2y$이므로 $f^2(x,y,z)=(x,y,z)$이다.
- $x > 2y$일 때, $f(x,y,z)=(x-2y, x-y, y)$이다. $x-2y>0$이므로 이는 잘 정의된다. $x-2y< x-2y+z$이므로 $f^2(x,y,z)=(x,y,z)$이다.
- 단 하나의 고정점을 가진다 : $x=x+2z$임과 $x=x-2y$임이 불가능하므로, $y-z< x < 2y $ 조건 하에서 $x=2y-x$, $z=x-y+z$ 두 가지 조건을 충족시켜야 고정점이 된다. 이는 $x=y$임을 말하고, 따라서 $x(x+4z)=p$가 된다. $p$가 소수이고 $x< x+4z$이므로 $x=1$이고, 따라서 $p=4z+1$이다. $p\equiv 1 \mod 4$이므로 그러한 $z$는 존재한다.
이 증명의 특징은 비구성적non-constructive이라는 것이다. 우리는 이 증명을 통해 그러한 표현이 존재한다는 것만을 알 수 있을 뿐, 어떤 제곱수 둘이 $p$를 나타내는지는 조금도 알 수 없다.
해당 대합은 정사각형에 네 개의 직사각형을 둘러 붙인 도형의 두 가지 분할법으로 그림화시켜 나타낼 수 있다. 다음 링크에서 그림을 확인할 수 있다.
야코비의 두 제곱수 정리
양의 정수 $n$에 대하여, $d_i(n)$을 $d\equiv i \mod 4$이고 $d\vert n$인 양의 정수 $d$의 수로 정의하자. 그러면, 양의 정수 $n$을 두 제곱수의 합으로 나타내는 방법의 수는 $4(d_1(n)-d_3(n))$이다.
소수 $p$가 $p\equiv 1 \mod 4$일 경우, $d_1(p)=1$이고 $d_3(p)=0$이므로 그러한 방법의 수는 $4>0$가지고, 따라서 존재한다.
이 증명 또한 비구성적이다. 반대로, 크리스마스 정리의 고전적인 증명은 대부분 구성적이다.
증명.
이 증명에는 다음 세 곱 항등식triple-product identity이 사용된다.
\[\prod_{n\geq 1}(1+ax^{2n-1})(1+a^{-1}x^{2n-1})(1-x^{2n})=\sum_{-\infty}^{\infty} a^n x^{n^2}\]이는 $a\neq 0$이면서 $\vert x\vert < 1$인 모든 복소수 $a, x$에서 성립한다.
위의 식에 $a$ 대신 $-a^2 x$를 대입하고, 이후 $x^2$ 대신 $x$를 대입하면 우리는 다음을 얻는다.
\[(a-a^{-1})\prod_{n\geq 1}(1-a^2 x^n)(1-a^{-2}x^n)(1-x^n) = \sum_{-\infty}^{\infty} (-1)^n a^{2n+1} x^{(n^2+n)/2}\]우변의 식에서 $n$이 짝수인 경우와 홀수인 경우를 나누면 다음과 같이 쓸 수 있다.
\[\sum_{-\infty}^{\infty} a^{4n+1} x^{2n^2 + n}-\sum_{-\infty}^{\infty} a^{4n-1} x^{2n^2 - n}\]각 항을 위와 같이 변형하면 다음을 얻는다.
\[a\prod_{n\geq 1} (1+a^4 x^{4n-1}) (1+a^{-4}x^{4n-3})(1-x^{4n})-a^{-1}\prod_{n\geq 1} (1+a^4 x^{4n-3})(1+ax^{-4}x^{4n-1})(1-x^{4n})\]양변을 $a=1$에서 $a$로 미분하고 $2$로 나눠주면 다음을 얻는다.
\[\prod_{n\geq 1}(1-x^n)^3 = \prod_{n\geq 1} (1+x^{4n-3})(1+x^{4n-1})(1-x^{4n}) \left\{ 1-4\sum_{n\geq 1} \left(\frac{x^{4n-3}}{1+x^{4n-3}}-\frac{x^{4n-1}}{1+x^{4n-1}} \right) \right\}\]이제,
\[\prod_{n\geq 1}(1+x^n)^2(1-x^n)=\prod_{n\geq 1}(1+x^{4n-3})(1+x^{4n-1})(1-x^{4n})\]으로 양변을 나눠주면 다음을 얻는다.
\[\prod_{n\geq 1}\left(\frac{1-x^n}{1+x^n}\right)^2= 1-4\sum_{n\geq 1} \left(\frac{x^{4n-3}}{1+x^{4n-3}}-\frac{x^{4n-1}}{1+x^{4n-1}} \right)\]또한,
\[\prod_{n\geq 1}\left(\frac{1-x^n}{1+x^n}\right)=\sum_{-\infty}^{\infty} (-1)^n x^{n^2}\]이므로, 이를 넣고 $x\mapsto -x$를 대입하면 다음을 얻는다.
\[\left(\sum_{-\infty}^{\infty}x^{n^2} \right)^2 = 1+4\sum_{n\geq 1} \left(\frac{x^{4n-3}}{1-x^{4n-3}}-\frac{x^{4n-1}}{1-x^{4n-1}}\right)\]이제 좌우변의 계수를 비교한다. 좌변의 $x$의 차수는 모든 두 제곱수의 합이고, 우변의 $x$의 차수는 $4n-3$과 $4n-1$의 배수들이다. 따라서 좌변의 $n$차 항의 차수는 $n$을 두 제곱수의 합으로 나타낼 수 있는 방법의 수이고, 우변의 $n$차 항의 차수는 $4(d_1(n)-d_3(n))$이다.
야코비의 두 제곱수 정리는 다음과 같은 따름정리 또한 준다.
$1$보다 큰 양의 정수 $n$이 두 제곱수의 합으로 표현될 수 있음과, 그 소인수분해가 $p\equiv 3 \mod 4$인 소수 $p$와 홀수 $k$에 대해 $p^k$ 꼴의 항을 포함하지 않음이 동치이다.
증명.
$d_{1,3}(2n)=d_{1,3}(n)$이므로, 홀수인 $n$에 대해서만 증명하면 된다. 소수 $p$로 나눠지지 않는 $d$에 대해서 $n=dp^k$라 하자. $p\equiv 1\mod 4$라면 $d_{1,3}(n)=(k+1)d_{1,3}(d)$이다. $p\equiv 3\mod 4$이고 $k=2i$라면 $d_{1}(n)=(i+1)d_{1}(d)+id_{3}(d)이고 $d_{3}(n)=id_{1}(d)+(i+1)d_{3}(d)$이다. 따라서 $d_1(n)-d_3(n)=d_1(d)=d_3(d)$이고, 이 두 경우에서 $d$와 $n$의 제곱수의 합으로 표현될 수 있음은 동치이다. 마지막으로 $k=2i-1$이라면 $d_{1,3}(n)=i(d_1(d)+d_3(d))$이므로 $d_{1}(n)-d_{3}(n)=0$이다. $\square$
이 따름정리는 다음 따름정리 또한 증명한다.
두 제곱수의 합으로 표현될 수 있는 수들의 집합은 곱에 의해 닫혀 있다.
이는, 위와 같은 비구성적 방법이 아니더라도, 다음 식에 의해서 즉시 증명된다.
\[(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ad+bc)^2=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\]야코비의 두 제곱수 정리를 증명한 것과 유사한 방법으로, 모든 자연수는 제곱수 네 개의 합으로 표현될 수 있다는 라그랑주의 네제곱수 정리Lagrange’s four square theorem을 증명할 수도 있다. 증명은 다음 링크에서 확인할 수 있다.