ギリシア人はすでに小石を図形に並べていた。1、3、6、10 個の小石で三角形が、1、4、9、16 個で正方形が、1、5、12、22 個で五角形ができる。これらが多角数である。

公式

$k$ 角数の $n$ 番目は、1 から始まって $k - 2$ ずつ増える等差数列を足し合わせて得られる。

$$P_k(n) = 1 + (k-1) + (2k-3) + \cdots = \frac{n\,\big((k-2)n - (k-4)\big)}{2}.$$

$k = 3$ なら三角数 $\frac{n(n+1)}{2}$、つまり 1, 3, 6, 10, 15, … である。$k = 4$ なら平方数 $n^2$。$k = 5$ なら五角数 $\frac{n(3n-1)}{2}$、つまり 1, 5, 12, 22, 35, … である。ゼロも数に入れて、$P_k(0) = 0$ とする。

フェルマーの主張

1638 年、メルセンヌへの手紙のなかで、そしてのちにはディオファントスの本の余白への書きこみで、ピエール・ド・フェルマーは「非常に美しく、まったく一般的な」性質を発見したと主張した。

すべての数は、三角数であるか、二つまたは三つの三角数の和である。平方数であるか、二つ、三つ、または四つの平方数の和である。五角数であるか、二つ、三つ、四つ、または五つの五角数の和である。以下無限につづく。

— ピエール・ド・フェルマー、ディオファントスへの書きこみ（1638 年ごろ）

例によって、フェルマーは証明を残さなかった。平方数の場合はオイラーを四十年間悩ませ、1770 年にラグランジュが解決した。三角数の場合は 1796 年にガウスが証明した。彼は日記に喜びをこめて「ΕΥΡΗΚΑ! num = Δ + Δ + Δ」と書いた。五角数、六角数、そしてそのほかすべては未解決のままだった。

なぜ $k$ 個必要なのか

証明の前に、フェルマーが大げさではなかったことを見ておこう。ほんとうに $k$ 項を必要とする数がある。$2k - 1$ を見よう。これより小さい $k$ 角数は $0$、$1$、$k$ だけである。次の $P_k(3) = 3k - 3$ は、$k > 2$ のときすでに $2k - 1$ より大きいからだ。また $2k > 2k - 1$ なので、$k$ は高々一回しか使えない。したがって

$$2k - 1 = k + \underbrace{1 + 1 + \cdots + 1}_{k-1}$$

がもっとも経済的な形で、$k$ 項になる。平方数（$k = 4$）では、7 は四つ必要である：$7 = 4 + 1 + 1 + 1$。三角数では $5 = 3 + 1 + 1$。五角数では $9 = 5 + 1 + 1 + 1 + 1$。

コーシーの証明

コーシーは 1813 年に完全な証明をアカデミーに提出し、1815 年に出版した。出発点は三角数についてのガウスの定理、あるいはそれと同値な、$8m + 3$ の形の数はすべて三つの奇数の平方の和であるという事実である。そこからコーシーは巧妙な補題を証明した。$a$ と $b$ が奇数で

$$b^2 < 4a \quad\text{かつ}\quad 3a < b^2 + 2b + 4$$

ならば、

$$a = s^2 + t^2 + u^2 + v^2 \quad\text{かつ}\quad b = s + t + u + v$$

となる整数 $s, t, u, v \ge 0$ が存在する。

つまり、和が $a$ で、しかも平方根の和が $b$ になるような四つの平方数を同時に選べる。ところで、$P_k(n) = \frac{k-2}{2}\,n^2 - \frac{k-4}{2}\,n$ だから、多角数は $n^2$ と $n$ の組み合わせである。$n = s, t, u, v$ の四つを足すと、ちょうど $a$ と $b$ が現れる。

$$P_k(s) + P_k(t) + P_k(u) + P_k(v) = \frac{k-2}{2}\,a - \frac{k-4}{2}\,b.$$

$a$ と $b$ を注意深く選ぶことで、コーシーは、十分大きな数はすべてこの式に小さな余りを加えたものに等しく、その余りは 0 か 1 の項で埋められることを示した。小さな数は一つずつ確かめる。結果はフェルマーのものよりさらに強い。$k$ 項のうち、四つを除くすべてを 0 か 1 にできるのである。

演習：30 を三通りに

30 を、三つの三角数の和、四つの平方数の和、五つの五角数の和として書け。

三角数：$0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28$。たとえば $30 = 15 + 15 + 0$、または $30 = 21 + 6 + 3$。

平方数：$30 = 25 + 4 + 1 + 0$、または $30 = 16 + 9 + 4 + 1$。

五角数：$0, 1, 5, 12, 22$。たとえば $30 = 22 + 5 + 1 + 1 + 1$、または $30 = 12 + 12 + 5 + 1 + 0$。

演習：六角数

最初のいくつかの六角数を計算し、11 には六項が必要であることを確かめよ。

$k = 6$ とすると、$P_6(n) = \frac{n(4n - 2)}{2} = n(2n - 1)$ で、$0, 1, 6, 15, 28, \ldots$ となる。$11 = 2 \cdot 6 - 1$ を書くには 0、1、6 しか使えず、6 は高々一回である。最良の形は $11 = 6 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1$ で、六項。定理が許すちょうどその数である。

出典： Augustin-Louis Cauchy、「Démonstration du théorème général de Fermat sur les nombres polygones」、Mémoires de l’Institut（1813–1815）、Œuvres complètes 第 2 系列第 6 巻所収 · Melvyn B. Nathanson、「A short proof of Cauchy’s polygonal number theorem」、Proceedings of the AMS 99（1987） · Leonard E. Dickson、History of the Theory of Numbers 第 2 巻第 1 章（1920）。

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