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面倒くさいので、とりあえずそのままなおさずに。いずれ整理する。
オイラーの四平方恒等式は、
（a12+a22+a32+a42）×（b12+b22+b32+b42）
について言っていて。
を表に落とし込み、ハミルトンの四元数の演算表と見比べると、
四元数 - Wikipedia
（なお、比較の為に見やすくしてあるが、実際の計算では、左列の該当するaとの積になる）
実際に計算してみると、
確かに、2乗した４数の和（60）になる。
ところが。
別の数で計算しても同じ結果である。
偶然だろうか。
変なことになったのか、ならないのか。
とにかく、ゆっくりアイデアを検証している暇がない。
そのうち、何とかなるかな、ま、いっか。
間違っていないのなら、二乗和には、ペアカルテットが存在することに成る。
たとえば、{5,13,15,137}の二乗和と{9,7,17,137}の二乗和は、それぞれに{1,4,6,8}の二乗和と{3,5,7,9}の二乗和の積で、19,188である。
ただし、これは、二乗和が２通りしかないことを意味しない。
順番を並び替えると、別の二乗和が現れるからだ。つまり、4の階乗×４の階乗通りのそれぞれにペアがあり、ただし、重複を含むから、少なくとも、それから重複分を除いただけ、二乗和があることになる。結構な数である。
八元数についても、同様に言える。
元と軸以外の符号を反対にしても、和は等しい。
（上の例は二乗した数字が等しいが、偶々であり、異なる数字になる場合でも和は等しい。）
十六元数も試しているが、入力ミスがあったか。
ラグランジュによると、約数の数と関係するから、それに対応できる方法があるー四元数を拡張できるーと、とわかりやすい。
ヤコビの四平方定理 - Wikipedia
四平方定理 - Wikipedia
ブラーマグプタの二平方恒等式 - Wikipedia
二個の平方数の和 - Wikipedia
4を法として1に合同な素数(オンライン整数列大辞典の数列 A002144)
見過ぎてしまった。まだ理解はしていないから、ま、いっか。
結局、自分でやることになる。
たとえば、7=1+1+1+22 であることから思いつくのは、
( 1×i＋1×j＋1×k－2 ) ×(1×i＋1×j＋1×k＋2 )＝－7
31なんかも、31=1+1+22 +52
( 1×i＋1×j＋2×k－5 ) ×(1×i＋1×j＋2×k＋5 )＝－31
この式は、負になるが、（-1）を掛けたらすべての自然数を現わすことができるので、何かできないか、考えている。
( xi＋yj＋zk－n ) ×(xi＋yj＋zk＋n )＝－N（N=1,~）
とにかく、５項ある場合に、どう「繰り込む」かで、目下悩んでいる。
そもそも連立二次合同式を解くところまで、来てたんだっけ。
思いつくままにやっているので、すっかり忘れていた。
