◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答。
【問題１】
なるべく半径の小さいものであって、格子点数１〜２０のものを下図に示す。
ＰＣ探索によった。
数値は添付ファイル参照。 計算結果
【問題２】
原点を中心とし、半径 4425＝52132の円。
格子点は (0,4225) (4225,0) (0,-4225) (-4225,0) の４点と下記１２点の８対称（上下鏡像、左右鏡像、90度回転）点の合計１００点である。
(3000,2975), (3289,2652), (3380,2535), (3640,2145),
(3696,2047), (3713,2016),
(3900,1625), (4056,1183),
(4095,1040), (4180, 615), (4185, 580), (4199, 468)
【問題３】
任意の自然数ｎに対して、ちょうどｎ個の格子点を通るような円は、必ず存在すると言える。
（ｎが偶数の場合） n=2m+2 とすると
| （ | １ ２ |
， | ０）を中心とし、半径が |  m２ |
である円 |
（ｎが奇数の場合） n=2m+1とすると
| （− | １ ４ |
， | ０）を中心とし、半径が | ５m ４ |
である円 |
【証明】
行列 Ａを次のように定める。
【Ａの性質】
（１）ｔＡ×Ａ＝Ａ×ｔＡ＝５Ｉ である。
ここでＩは単位行列。
∵ 計算すればよい。
| 従って、Ａ-1＝ | ｔＡ ５ |
である。 |
即ち、Ａ≡Ａ5 mod 5でありこれを繰り返すだけなので、非対角成分が０になることはない。
（３）Ａｋの対角成分は奇数で、非対角成分は偶数である。
∵２の剰余で考えるとＡは単位行列である。
よって偶奇性は変化しない。
（４）Ａ２ｋの対角成分は４を法として１であり、非対角成分は４の倍数である。
∵４の剰余で考えるとＡ２は単位行列である。
よって４の剰余性は変化しない。
（５）ｋ１、ｋ２∈Ｚ Ａｋ１＝定数×Ａｋ２ となるのはｋ１＝ｋ２のときのみである。
∵Ａは正則で（１）により逆行列が存在する。
従って、（２）によりｋ１＝ｋ２のときのみである。
（６）成分が整数値のベクトルＶがあってｔＶＶ≡０ mod 5 であるとき、
Ａ-1ＶまたはｔＡ-1Ｖは整数値ベクトルである。
∵Ｖｘ2＋Ｖｙ2≡０ mod 5 であるためには、
Ｖｘ≡Ｖｙ≡０ mod 5 または
Ｖｘ≡±１ Ｖｙ≡±２ mod 5 または
Ｖｘ≡±２ Ｖｙ≡±１ mod 5 でなければならない。
Ｖｘ≡Ｖｙ≡０ mod 5であるとき
| （１）よりＡ-1＝ | ｔＡ ５ |
であるから、 |
| ベクトル ＧＥ（ｍ、ｋ、ｑ）＝｛Ａｋ×ｔＡｍ―ｋ×（−１）ｑ＋Ｉ｝×ｔ（ | １ ２ |
，０）を考える。 |
ここでｋ＝０〜ｍ ｑ＝０〜１である。
Ａの性質（３）より
｛Ａｋ×ｔＡｍ―ｋ×（−１）ｑ＋Ｉ｝の成分は偶数である。
よって、ＧＥ（ｍ、ｋ、ｑ）は格子点である。
| 中心が（ | １ ２ |
，０）、半径が | ｍ ２ |
である円を |
| （１）より｜ＧＥ（ｍ、ｋ、ｑ）− | ｔ | （ | １ ２ |
，０）｜ | ２ | ＝ | ５ｍ ４ |
である。 |
| 即ち、ＧＥは半径 | ｍ ２ |
のＣ１（ｍ）上の点である。 |
| ｍ＝０ときＣ１（０）は半径が | １ ２ |
であり、 |
| これをＷ＋ | ｔ | （ | １ ２ |
，０）とすると、 |
| 即ち、２Ａ−１Ｗ＋ | ｔ | （ | １ ２ |
，０）または２ｔＡ−１Ｗ＋ | ｔ | （ | １ ２ |
，０）は |
【奇数の場合】
| ベクトルＧＯ（ｍ、ｋ）＝｛Ａｋ×ｔＡ２ｍ―ｋ−Ｉ｝×ｔ（ | １ ４ |
，０）を考える。 |
Ａの性質（４）より｛Ａｋ×ｔＡ２ｍ―ｋ−Ｉ｝の成分は４の倍数である。
よって、ＧＯ（ｍ、ｋ）は格子点である。
| 中心が（− | １ ４ |
，０）、半径が | ５m ４ | である円をＣ２（ｍ）と呼ぶことにする。 |
| （１）より｜ＧＯ（ｍ、ｋ）＋ｔ（ | １ ４ |
，０）｜＝ | ５m ４ | である。 |
| 即ち、ＧＥは半径 | ５m ４ | のＣ２（ｍ）上の点である。 |
即ち、ＧＯ（ｍ、ｋ）により少なくとも２ｍ＋１個の格子点がＣ２（ｍ）に存在することが分かる。
| ｍ＝０ときＣ１（０）は半径が | １ ４ |
であり、 |
| これをＷ＋ | ｔ | （− | １ ４ |
，０）とすると、 |
| 即ち、４Ａ−２Ｗ＋ | ｔ | （− | １ ４ |
，０）または４ｔＡ−２Ｗ＋ | ｔ | （− | １ ４ |
，０）は |
【問題３解答蛇足１】
次の方法で 任意の自然数ｎに対して、ちょうどｎ個の格子点を通るような円は、必ず存在すると言える。
| （− | １ ４ |
， | １＋(−１)n ４ | ）を中心とし、半径が | n-1 ４ |
である円 |
【問題３解答蛇足２】
ｎ＝４Ｍのとき 次の方法で、ちょうどｎ個の格子点を通るような円が存在すると予想される。
ＭがL個の２以上自然数の積に分解できるとします。
例えばｎ＝１００の場合 Ｍ＝２５＝５×５ですから
２５とすれば Ｌ＝１、５×５なら Ｌ＝２です。
すなわち ここでｍｊは２以上の自然数
そしてベクトルＧ４を次のように定めます。
ここで ｋｊ＝０〜ｍｊ−１、ｑ＝０〜３ また
Ｋ＝（ｋ１，ｋ２，ｋ３，〜，ｋＬ）
Ｍ＝（ｍ１，ｍ２，ｍ３，〜，ｍＬ）
pj=aj2+bj2∈｛奇素数｝
i≠ｊ ならば pi≠pj
このＧ４は整数値ベクトルでありＫ，ｑの組み合わせは全部で
４×ｍ１×ｍ２〜×ｍＬです。
また ｜Ｇ４｜２＝Πｐｊｍｊ−１ です。
つまり原点を中心とする半径√（Πｐｊｍｊ−１）の円ではｎ個の格子点を持つと予想されます。
【証明】
大部分は前述の証明と同様に行えますが省略します。
問題は「 pj=aj2+bj2∈｛奇素数｝が無限に存在すること」や、
「Ａｊｋ＝定数×Ｉになるｋ∈自然数がないこと」が一般に証明できていないことです。
従って予想です。
たとえば、無限の存在性の方は、４ｎ＋１型の素数が無限に存在することを算術級数定理などで証明する等の記述が必要です。
なお、ｎ＝１００の場合解答は
ｐ１＝５（a=1 b=-2） と ｐ２＝１３（a=2 b=3） ｍ１＝５ ｍ２＝５ として得た結果です。
この方が ｍ＝２５を用いるより半径が小さくて済みます。
【感想】
意外に綺麗な関係があるのですね。
最初見たとき、もう少し複雑だろうと思っていました。
◆出題者のコメント。
Y.M.Ojisan さん、お疲れ様です。
出題の仕方がまずいせいで、解けないんじゃあないかと、心配していたところでしたが、解答してくださる方がいてありがたいです。
解答の中味についてですが、実は私の用意していた解答例は、複素数平面上のものだったので、少し読み替えに時間がかかっています。（行列が苦手なので）
しかし、大まかか流れは同じなので間違いないはずです。
一般に拡張しようとした場合、どうしても引っかかるのが、
「Ａｊk＝定数×Ｉになるｋ∈自然数がないこと」の部分ですね〜。
ぐるっと回って同じものを何回も数えている、という事態になりかねません。
自分は複素数で考えていたので、互いに素である整数ａ，ｂについて、
「(a+bi)kが実数にならない」すなわち「arg（a+bi)＝qπ（q∈有理数）とはならない」を示した
いのです。
直感的には成り立つだろうと思うのですが、やはり証明できません。
できないのだろうか？
追加するとしたら、逆行列を掛けたものが、格子点になることの証明の部分。
５の剰余類に分けて、どの場合も成り立つとしていますが、一般に拡張する場合、１３の剰余類、１７の剰余類、・・・と場合わけが増えて大変です。
剰余類を用いない証明はないでしょうか。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからのコメント。
Ｐ＝１＋Ｘ２ である ４ｎ＋１型の素数ＰとＸの組が無限に存在する点については次のページの[２]に証明が掲載されていました。
http://www80.sakura.ne.jp/~aozora/suuron/node31.html
つぎに複素数 Z=（X＋i） を考えます。
フェルマーの小定理、Ｐ＝４ｎ＋１、
ＰCＫ≡０ mod Ｐ when K=1〜Ｐ−１ などを用いると
ZＰ≡ｘＰ＋ｉＰ≡Ｘ＋ｉ＝Ｚ mod Ｐ です。
つまり、フェルマーの小定理の複素数版風になります。
いま、 Ｚｋ＝Ｍ：実整数 Ｐ＞ｋ＞０ が在ったとします。
すると｜Ｚｋ｜２＝Ｍ２ です。
一方、 ｜Ｚ｜２＝１＋Ｘ２≡０ mod Ｐです。
よって Ｍ２≡０ mod Ｐです。
つまり Ｐは素数ですから Ｚｋ＝Ｍ≡０ mod Ｐ です。
これにＺＰ−ｋをかけると ＺＰ≡Ｚ≡０ mod Ｐ です。
ところがＺはmod Ｐで考えても０ではありません。
よって矛盾であり、 Ｚｋ＝Ｍ：実整数 Ｐ＞ｋ＞０は存在しません。
先の蛇足２解答には不正確な点が一つありました。
それは Ｐ＝a２＋b２ を満たすa≧b の組み合わせが１組である場合に限るという点です。
この場合には、逆行列の問題に関しても一般に剰余類の論法が普遍的に適用可能です。
よってそのようなＰが無限に存在するのかが最後の問題でしょう。
あるいは、Ｐ＝a２＋b２ を満足するａ≧ｂ は使うなら全て使用する、としても成立しそうです。
この場合Ｐの無限性はＯＫですが、因数分解数Ｌに合わせられるかどうかが問題です。
ところが、実際に４ｎ＋１型の素数Ｐをパソコンで調べてみると、
少なくとも１０9までは全てのＰをＰ＝a２＋b２であらわすことが可能で、かつ組み合わせが１個に限られています。
これが証明できれば完成なのですが。
◆出題者のコメント。
実は、Y.M.Ojisan さんの紹介にあったページの続きに、完璧な証明(と思しきもの)があります。
http://www80.sakura.ne.jp/~aozora/suuron/node45.html
上のページが読解困難な人のために(主に自分ですが(-_-;))証明の一部を具体的に考えてみました。
『a2+b2=pを満たす(a,b)の一意性(?)について』
実数でも純虚数でもない、異なる２つのガウス素数
α=a+bi と β=c+di があり、
ともに絶対値が√p(素数)であるとする。すなわち、
|α|2=a2+b2=p
|β|2=c2+d2=p
ここで、次の積を考える。(~は共役と考えてください)
αβ=(ac-bd)+(ad+bc)i
αβ~=(ac+bd)+(-ad+bc)i
絶対値が√pであるものどうしの積だから、これらの絶対値はpである。・・・(※)
ここで、一方の実部と、もう一方の虚部の積を考えると、
Re(αβ)・Im(αβ~)
=(ac-bd)(-ad+bc)
=-a2cd+abc2+abd2-b2cd
=-(a2+b2)cd+ab(c2+d2)
=p(ab-cd)
これは、0であるか、またはpの倍数である。
すなわち、Re(αβ)とIm(αβ~)の少なくとも一方は0か、pの倍数である。
すると、(※)より、αβとαβ~の少なくとも一方は、
±p+0i、または、0±pi である。
積が実数、または純虚数になるということから、βはαの同伴数か、その共役である。
したがって、a,bの順序と正負の区別をなくせば、(a,b)は一意に定まる。(終)
これは、『存在するなら一意である』ことの証明であり、 『常に一意に存在する』ことの証明ではないので、ほんとに証明の一部です。
なお、ガウス素数等の用語の解説は上で紹介したページが詳しいです。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからのコメント。
（１）前回のコメントの冒頭部分ですが、誤解をしていました。
参照ページの[2]は４Ｎ＋１型素数の無限存在性を証明しているだけでした。
（２） 複素数版風のところですが、これは Ｚ＝Ｘ＋Ｙｉでも成立し、以降の議論は問題ありません。
（３） 問題のＰ＝a2＋b2の存在・唯一性は フェルマー・オイラーの定理ないし２平方和の定理として基礎定理のようです。
（素人数学の弱みです）“
下記ページ参照。
存在性の方はフェルマーも不完全でオイラーが完成したとあるので難しいのでしょう。
http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/HistTopics/Prime_numbers.html