뒤부이 정리

수론에서, **뒤부이 정리**(Dubouis’ theorem)는 어떤 양의 정수를 주어진 개수(4 이상)의 양의 제곱수의 합으로 나타낼 수 있을 필요충분조건을 제시한다.
# 정의
임의의 양의 정수 d\in\mathbb Z^+에 대하여, :S_d=\mathbb Z^+\setminus\\{x_1^2+\cdots+x_d^2\colon x_1,\dots,x_d\in\mathbb Z^+\\} 가 d개의 양의 제곱수의 합으로 나타낼 수 없는 양의 정수의 집합이라고 하자. **뒤부이 정리**에 따르면, 다음이 성립한다. :S_4=\\{1,2,3,5,6,8,9,11,14,17,29,41\\}\cup\\{4^a\cdot2,4^a\cdot6,4^a\cdot14\colon a\in\mathbb Z^+\\} :S_5=\\{1,2,3,4,6,7,9,10,12,15,18,33\\} :S_d=\\{1,2,\dots,d-1\\}\cup\\{d+1,d+2,d+4,d+5,d+7,d+10,d+13\\}\qquad(d\ge6) 특히, d\ge5인 경우 S_d는 유한 집합이다. 부제=d=5인 경우 169는 양의 제곱수이며, 두 개, 세 개, 네 개의 양의 제곱수의 합이다. :\begin{align} 169 & =13^2 \\\ & =12^2+5^2 \\\ & =12^2+4^2+3^2 \\\ & =11^2+4^2+4^2+4^2 \end{align} n\ge170에 대하여, n-169는 라그랑주 네 제곱수 정리에 따라 양의 제곱수이거나, 두 개, 세 개, 또는 네 개의 양의 제곱수의 합이다. 따라서 n은 항상 다섯 개의 양의 제곱수의 합이다. 다섯 개의 양의 제곱수의 합은 자명하게 항상 1^2+1^2+1^2+1^2+1^2=5 이상이다. 즉, n=1,2,3,4는 다섯 개의 양의 제곱수의 합이 아니다. 5\le n\le169인 경우, 계산을 통해 n=6,7,9,10,12,15,18,33은 다섯 개의 양의 제곱수의 합이 아니며, n\ne6,7,9,10,12,15,18,33은 다섯 개의 양의 제곱수의 합임을 알 수 있다. 따라서, :S_5=\\{1,2,3,4,6,7,9,10,12,15,18,33\\} 이다. 증명 끝 부제=d\ge6인 경우 만약 n\ne1,2,3,4,5,7,8,10,11,13,16,19,34라면, n-1\not\in S_5이므로, n-1은 다섯 개의 양의 제곱수의 합이며, n은 여섯 개의 양의 제곱수의 합이다. 여섯 개의 1이 아닌 양의 제곱수의 합은 자명하게 2^2+2^2+2^2+2^2+2^2+2^2=24 이상이다. 따라서 n=1,2,3,4,5,7,8,10,11,13,16,19는 여섯 개의 양의 제곱수의 합으로 나타낼 수 없다. 또한 34=5^2+3^2+2^2+2^2+2^2+2^2이다. 따라서, :S_6=\\{1,2,3,4,5,7,8,10,11,13,16,19\\} 이다. 이제, d\ge6이며, S_d=\\{1,2,\dots,d-1\\}\cup\\{d+1,d+2,d+4,d+5,d+7,d+10,d+13\\}라고 가정하자. 만약 n\ne1이며 n\ne2,\dots,d이며 n\ne d+2,d+3,d+5,d+6,d+8,d+11,d+14라면, n-1\not\in S_d이므로, n은 d+1개의 양의 제곱수의 합이다. d+1개의 1이 아닌 양의 제곱수의 합은 4(d+1) 이상이며, d\ge6이므로 이는 d+14보다 크다. 따라서, n=1,2,\dots,d,d+2,d+3,d+5,d+6,d+8,d+11,d+14는 여섯 개의 양의 제곱수의 합이 아니다. 따라서, :S_{d+1}=\\{1,2,\dots,d\\}\cup\\{d+2,d+3,d+5,d+6,d+8,d+11,d+14\\} 이다. 증명 끝 부제=d=4인 경우 만약 n\equiv2,3\pmod4이며 n\ge170라면, n-169\equiv1,2,5,6\pmod8이므로, 르장드르 세 제곱수 정리에 따라 n-169는 양의 제곱수이거나, 두 개 또는 세 개의 양의 제곱수의 합이다. 169는 세 개, 두 개의 양의 제곱수의 합이며, 양의 제곱수이므로, n은 항상 네 개의 양의 제곱수의 합이다. 만약 n\equiv1\pmod4이며 n\ge677라면, n-676\equiv1,5\pmod8이며, 676=4\cdot169도 169와 같은 성질을 지니므로, n은 항상 네 개의 양의 제곱수의 합이다. n\equiv2,3\pmod4이며 n\le169이거나 n\equiv1\pmod4이며 n\le676인 경우, 계산을 통해 n\in S_4일 필요충분조건은 n=1,2,3,5,6,9,11,14,17,29,41임을 알 수 있다. 즉, n\not\equiv0\pmod4인 경우 n\in S_4일 필요충분조건은 n=1,2,3,5,6,9,11,14,17,29,41이다. 만약 어떤 양의 정수가 네 개의 양의 제곱수의 합이라면, 그 4배도 자명하게 네 개의 양의 제곱수의 합이다. 반대로, 만약 n=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2이며 n\equiv0\pmod8라면, x_i\equiv0\pmod8이며, 따라서 n/4=(x_1/2)^2+(x_2/2)^2+(x_3/2)^2+(x_4/2)^2도 네 개의 양의 제곱수의 합이다. 이제, n\equiv0\pmod4라고 하자. 4\nmid n/4^a인 양의 정수 a를 잡자. 만약 n/4^a이 짝수라면, n\in S_4일 필요충분조건은 n/4^a\in S_4이며, 4\nmid n/4^a이므로 이는 n/4^a=2,6,14와 동치이다. 만약 n/4^a이 홀수이며 n\in S_4라면, n/4^{a-1}\in S_4이며 또한 n/4^a=1,3,5,9,11,17,29,41이다. 하지만 :4\cdot1=4=1^2+1^2+1^2+1^2 :4\cdot3=12=3^2+1^2+1^2+1^2 :4\cdot5=20=3^2+3^2+1^2+1^2 :4\cdot9=36=3^2+3^2+3^2+3^2 :4\cdot11=44=5^2+3^2+3^2+1^2 :4\cdot17=68=5^2+5^2+3^2+3^2 이므로 이는 불가능하다. 증명 끝 d=2인 경우는 다음과 같다. 양의 정수 n에 대하여, 다음 두 조건이 서로 동치이다. * n=x^2+y^2인 양의 정수 x,y\in\mathbb Z^+가 존재한다. * 다음 세 조건이 성립한다. ** n의 4로 나눈 나머지가 3인 모든 소인수의 지수는 짝수이다. (페르마 두 제곱수 정리에 따라 이는 n=x^2+y^2인 정수 x,y\in\mathbb Z가 존재하는 것과 동치이다.) ** n에서의 2의 소인수 지수는 홀수이다. ** n의 4로 나눈 나머지가 1인 소인수가 존재한다. d=3인 경우는 열린 문제이다.
# 역사
르네 데카르트가 d=4인 경우를 추측하였다.lccn=05039571 외젠 뒤부이(Eugène Dubouis)가 1911년 논문에서 증명하였다.날짜=1911 고든 펄(Gordon Pall)이 d\ge5인 경우를 독립적으로 재발견하였다.jfm=59.0938.02