代数的整数論 ＃003
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0001１３２人目の素数さん
2006/02/27(月) 14:44:48語ってもらうスレです。
シロート厳禁、質問歓迎！
前スレ
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0237Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/01(月) 13:14:44>>230 の式
N(a + bζ) = a^2 - ab + b^2
より、
a^2 - ab + b^2 = 1 となる有理整数 a, b を求めればよい(>>193)。
この式の両辺を４倍して、
(2a - b)^2 + 3b^2 = 4
となる。
これから |b| ≦ 1 である。
つまり b = 0, 1, -1
簡単な計算で
b = 0 なら a = ±1
b = 1 ならa = 0, 1
b = -1 ならa = 0, -1
となる。
よって単数は以下の６個のみである。
1, -1, ζ, 1 + ζ, -ζ, -1 -ζ
0238Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/01(月) 14:22:38>>194 より Nf(ζ) は、ある有理素数 p に対して p^2 の約数だから、
p または p^2 である。
まず、Nf(ζ) = p^2 の場合を考える。
p は f(ζ) で割れるから p = f(ζ)g(ζ) となる 円分整数 g(ζ)
がある。両辺のノルムをると、p^2 = p^2Ng(ζ) である。
よって Ng(ζ) = 1 である。よって、g(ζ) は単数である(>>193)。
これは p と f(ζ) が同伴つまり、p 自体が円分素数であることを
意味する。
次に p = λの場合を考える。
N(1 - ζ) = 3 であり(>>200)、>>202 より 1 - ζ は円分素数である。
1 - ζ の共役数は 1 - ζ^2 で
1 - ζ^2 = であり、1 + ζ は、単数である(>>237)。
よって、3 は (1 - ζ)^2 と同伴である。
最後に Nf(ζ) = p で p ≠ λの場合を考える。
>>203 より p ≡ 1 mod λ である。
逆に p ≡ 1 mod λ なら p を割る円分素数 f(ζ) を取れば
Nf(ζ) = p となる(>>218)。
p を割る円分素数 f(ζ) が存在することは、Z[ζ] が一意分解整域で
ある(>>236)ことから明らかである。
0239Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/01(月) 15:16:36p ≡ 0 mod 3 のとき、つまり、p = 3 のときは、1 - ζ は円分素数で
3 は (1 - ζ)^2 と同伴である。
p ≡ 1 mod 3 のときは 円分素数 f(ζ) で Nf(ζ) = p となるもの
がある。f(ζ) の共役数 f(ζ^2) も円分素数だが、
f(ζ) と f(ζ^2) は同伴でない(>>220)。
つまり p = f(ζ)f(ζ^2) は２個の同伴でない円分素数の積である。
p ≡ 2 mod 3 のときは、p は円分素数である。
何故なら、p を割る円分素数 f(ζ) のノルムは p または p^2 だが
これが p とすると >>203 より p ≡ 1 mod 3 となって仮定に反するから。
よって、Nf(ζ) = p^2 となる。よって、>>238 より p は円分素数である。
以上から有理素数 p の円分素数への分解は p が mod 3 のどの剰余類
に入るかによって３パターンに分かれることになる。
0240Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/02(火) 10:32:34>>215 より、
k^2 + k + 1 ≡ 0 mod p となる有理整数 k が存在し、
f(k) ≡ 0 mod p
ζ ≡ k mod f(ζ) となる。
これから f(ζ) は p と ζ- k を割ることになる。
よって、(p, ζ- k) を割る。ここで、(p, ζ- k) は p と ζ- k の
最大公約数(>>236)である。
(p, ζ- k) = g(ζ) とする。g(ζ) は p を割るから Ng(ζ) = p または
p^2 である。Ng(ζ) = p^2 とすると、g(ζ) は p と同伴になり、
ζ- k が p で割れることになるが、k は p で割れないから、これは
有り得ない。よって、Ng(ζ) = p である。よって g(ζ) は円分素数
であり、f(ζ) と同伴である。
0241Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/02(火) 12:35:59有限体 Z/pZ の乗法群は、位数 p - 1 の巡回群だから、
>>214 と同様にして X^3 ≡ 1 mod p は、丁度３個の剰余類解をもつ。
この解の 1 と合同でないものを k とすれば、
k^2 + k + 1 ≡ 0 mod p である。
ここで、(p, ζ- k) を f(ζ) とする。
f(ζ) は単数では有り得ない。
何故なら、(p, ζ- k) = 1 と仮定すると、ζ- k の共役数 ζ^2 - k
と p の最大公約数 (p, ζ^2 - k) も 1 となり、
(p, (ζ- k)(ζ^2 - k)) = (p, N(ζ- k)) も 1 である。
ところが、N(ζ- k) = (k^3 - 1)/(k - 1) = 1 + k + k^2 である(>>197)
から、これは p で割れ、矛盾となる。
他方、ζ- k は p で割れないから (p, ζ- k) = p ともならない。
よって f(ζ) は 1 とも p とも同伴ではない。
よって Nf(ζ) = p となり、f(ζ) は円分素数である。
0242１３２人目の素数さん
2006/05/02(火) 12:42:230243Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/02(火) 13:26:16p ≡ 1 mod 3 となる素数 p で最小のものは 7 である。
7 を割る円分素数を求めてみよう。
k^2 + k + 1 ≡ 0 mod 7 の解は 4 である。
よって、(7, ζ- 4) を Euclid の互除法で求めればよい。
除算には、>>233 の方法を使用する。
N(ζ- 4) = 21 だから、7/(ζ- 4) = (ζ^2 - 4)/3 = (-5 - ζ)/3
-5/3 に最も近い有理整数は -1 である。
よって、7/(ζ- 4) - (-1) = (-2 - ζ)/3
(ζ- 4)(-2 - ζ)/3 = (-2ζ - ζ^2 + 8 + 4ζ)/3
= (9 + 3ζ)/3 = 3 + ζ
よって、7 = (ζ- 4)(-1) + 3 + ζ が 7 を ζ- 4 で割った
Euclid の除算である。
(ζ- 4)/(ζ + 3) = ζ - 1 だから (7, ζ- 4) = 3 + ζ である。
0244Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/02(火) 14:00:41よって、任意の円分整数 f(ζ) が与えられたとき、これを円分素数の積に
分解することができる。
これは、以下のようにする
Nf(ζ) の素因数の１つを p とする。
p = 3 なら f(ζ) は ζ - 1 で割れる。
p ≡ 2 mod 3 なら p は円分素数であり、f(ζ) は p で割れる。
p ≡ 1 mod 3 なら p を割る円分素数 g(ζ) を >>243 の方法で求める。
f(ζ) は g(ζ) または g(ζ^2) で割れる。
上記いずれの場合も f(ζ) を割る円分素数 h(ζ) が求まり、
N(f(ζ)/h(ζ)) ＜ Nf(ζ) だから、円分整数 f(ζ)/h(ζ) に
同様の操作を行えばよい。
0245１３２人目の素数さん
2006/05/03(水) 09:03:09┌-―ー-';
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l~| .| | ,,,---== ヽﾉ i ヽﾉ~~~ ヽﾉ ~ ソ^=-.i,,,,|,,,|
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ヽ 、 l | ｌ l / .／ ／
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0246Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/09(火) 08:38:44p ≡ 1 (mod λ), p ＜ 1000 となるすべての素数 p について
N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) を求めている。
この計算方法を以下に述べる。
この計算は実際にやってみると面白いし、Kummerの理論を
知る上でも役立つ。
まず λ = 5 として Z[ζ] における円分素数を調べよう。
まずζの一次式 a + bζ のノルムをいくつか具体的に求めてみる。
>>197 より、a ≠ -b のとき、
N(a + bζ) = (a + bζ)(a + bζ^2)...(a + bζ^(λ-1))
= (a^λ + b^λ)/(a + b) となる。
これから、
N(ζ+ 2) = 11
N(ζ- 2) = 31
N(ζ+ 3) = 61
N(ζ+ 4) = 5・41
N(ζ- 3) = 11^2
N(ζ- 4) = 11・31
N(ζ+ 7) = 11・91
などとなる。
>>215 より、ζ+ 2, ζ- 2, ζ+ 3 は円分素数である。
0247Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/09(火) 11:57:40を求めることが出来る。
>>200 より N(ζ - 1) = 5 となる。
よって、ζ - 1 は 5 を割る円分素数である。
ζ+ 4 が ζ - 1 で割れるかどうかは、>>201 の方法を使えば簡単にわかる。
つまり、g(ζ) = ζ+ 4 としたとき、g(1) ≡ 0 mod 5 となるかを
見ればよい。g(1) = 1 + 4 ≡ 0 mod 5 で確かに成立っている。
よって、ζ+ 4 = (ζ - 1)f(ζ) となる円分整数 f(ζ) がある。
両辺のノルムを取れば、5・41 = 5N(f(ζ)) だから N(f(ζ)) = 41 である。
f(ζ) を求めるには >>190 の方法を使う。
5f(ζ) = (ζ+ 4)(ζ^2 - 1)(ζ^3 - 1)(ζ^4 - 1)
= (ζ+ 4)(1 - ζ^2 - ζ^3 + 1)(ζ^4 - 1)
= (ζ+ 4)(2 - ζ^2 - ζ^3)(ζ^4 - 1)
= (ζ+ 4)(2ζ^4 - ζ - ζ^2 - 2 + ζ^2 + ζ^3)
= (ζ+ 4)(-2 - ζ + ζ^3 + 2ζ^4)
= -2ζ - ζ^2 + ζ^4 + 2 -8 - 4ζ + 4ζ^3 + 8ζ^4
= -6 - 6ζ - ζ^2 + 4ζ^3 + 9ζ^4
この右辺に 0 = 6 + 6ζ + 6ζ^2 + 6ζ^3 + 6ζ^4 を足して
= 5ζ^2 + 10ζ^3 + 15ζ^4
= 5ζ^2(1 + 2ζ + 3ζ^2)
よって、f(ζ) = ζ^2(1 + 2ζ + 3ζ^2) である。
ζ^2 は単数だから、N(1 + 2ζ + 3ζ^2) = 41 である。
0248Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/09(火) 12:09:21表すのに ζ ではなく α を使っている。
Kummer の計算をまねているうちに分かったことだが、α の方が
書くのに楽である。少量の計算なら大した違いはないが、
大量の計算になると別である。
我々が ζ を使ったのは現在の慣用に従ったものである。
因みに Edwards の本では α を使っている。
0249１３２人目の素数さん
2006/05/09(火) 12:10:250250１３２人目の素数さん
2006/05/09(火) 12:31:21>大量の計算になると別である。
この意味が全然分かってないな。
どうでもよくないんだよ。
0251Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/09(火) 12:39:42あまり知られていないが Riemann もゼータ関数に関して大量の計算を
していた。
計算を軽視する人がいるが、それは思慮が足りない。
具体例を計算していくうちにある発見をするというのはよくある。
0252Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/09(火) 13:07:12わからないだろうが。Kummerは、この面白さにはまったんだろう。
あの大量の計算をみて人は Kummer を努力の人と思うんだろうが、
実は本人は楽しみながらやっていたんだろう。
0253Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/09(火) 17:24:42>>246の N(ζ+ 7) = 11・91 は N(ζ+ 7) = 11・191 の間違い。
0254Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/10(水) 08:31:36f(ζ) = 1 + 2ζ + 3ζ^2 とおく。
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)f(ζ^3)f(ζ^4) である。
g(ζ) = f(ζ)f(ζ^4) とおけば、
g(ζ^2) = f(ζ^2)f(ζ^3) で、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) となる。
g(ζ) を >>173 の方式で計算すると、
g(ζ) = (1 + 2ζ + 3ζ^2)(1 + 2ζ^4 + 3ζ^3)
= 14 + 8ζ + 3ζ^2 + 3ζ^3 + 8ζ^4
= 14 + 8(ζ + ζ^4) + 3(ζ^2 + ζ^3)
= 14 + 8θ + 3θ'
ここで、θ = ζ + ζ^4, θ' = ζ^2 + ζ^3 とおいた。
g(ζ^2) は g(ζ) からすぐ求まる。
g(ζ^2) = 14 + 8(ζ~2 + ζ^3) + 3(ζ^4 + ζ)
= 14 + 8'θ + 3θ
一方、θ + θ' = ζ + ζ^2 + ζ^3 + ζ^4 = -1
θθ' = ζ^3 + ζ^4 + ζ + ζ^2 = -1 であるから、
g(ζ) = 14 + 8θ + 3(-1 - θ) = 11 + 5θ
g(ζ^2) = 14 + 8(-1 - θ) + 3θ = 6 - 5θ
よって、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) = (11 + 5θ)(6 - 5θ)
= 66 - 55θ + 30θ - 25θ^2
= 66 - 25θ - 25θ^2 = 66 - 25θ(1 + θ) = 66 + 25θθ'
= 66 - 25 = 41
0255Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/10(水) 16:21:36N(f(ζ)) = 191 となる円分素数 f(ζ) を求めよう。
N(ζ+ 2) = 11 だから、ζ+ 7 の共役のどれかが ζ+ 2 で割れる。
ζ ≡ -2 mod (ζ+ 2) であり、(-2)^2 + 7 ≡ 0 mod 11 だから
ζ^2 + 7 が ζ+ 2 で割れる(>>215)。
よって、ζ^2 + 7 = (ζ+ 2)f(ζ) となる円分整数 f(ζ) がある。
両辺のノルムを取れば、11・191 = 11N(f(ζ)) だから
N(f(ζ)) = 191 である。
>>247 と同様にして f(ζ) を求めるには >>190 の方法を使う。
11f(ζ) = (ζ^2 + 7)(ζ^2 + 2)(ζ^3 + 2)(ζ^4 + 2)
= (ζ^2 + 7)(10 + 2ζ + 6ζ^2 + 4ζ^3 + 5ζ^4)
= 74 + 19ζ + 52ζ^2 + 30ζ^3 + 41ζ^4
この右辺の ζ^4 の項を消すため
0 = 41 + 41ζ + 41ζ^2 + 41ζ^3 + 41ζ^4 を引くと
= 33 - 22ζ + 11ζ^2 - 11ζ^3
= 11(3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3)
よって、f(ζ) = 3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3
0256Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/10(水) 16:47:52計算の方法は >>254 と同じである。
f(ζ) = 3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3 とおく。
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)f(ζ^3)f(ζ^4) である。
g(ζ) = f(ζ)f(ζ^4) とおけば、
g(ζ^2) = f(ζ^2)f(ζ^3) で、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) となる。
g(ζ) を >>173 の方式で計算すると、
g(ζ) = (3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3)(3 - 2ζ^4 + ζ^3 - ζ^2)
= 15 - 9ζ + 2ζ^2 + 2ζ^3 - 9ζ^4
= 15 - 9(ζ + ζ^4) + 2(ζ^2 + ζ^3)
= 15 - 9θ + 2θ'
ここで、θ = ζ + ζ^4, θ' = ζ^2 + ζ^3 とおいた。
一方、θ + θ' = ζ + ζ^2 + ζ^3 + ζ^4 = -1
θθ' = ζ^3 + ζ^4 + ζ + ζ^2 = -1 であるから、
g(ζ) = 15 - 9θ + 2(-1 - θ) = 13 - 11θ
g(ζ^2) = 13 - 11θ'
よって、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) = (13 - 11θ)(13 - 11θ')
= 13^2 + 13・11 - 11^2 = 169 + (13 - 11)11 = 169 + 22 = 191
0257Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/10(水) 17:01:11なんともいえず気持ちいい。その計算が長くて苦労するほど
その気持ち良さが増加する。
やり方は、この後もっと詳しく説明するから諸君も試してみたら？
0258１３２人目の素数さん
2006/05/10(水) 19:58:47あのぐらいの計算は長いうちの入らんよ。
ここにもブルバキの被害者が・・・
0259１３２人目の素数さん
2006/05/11(木) 01:33:450260１３２人目の素数さん
2006/05/11(木) 08:10:39>あのぐらいの計算は長いうちの入らんよ。
あれが長いなんて言ってないだろ。
あんなのは序の口なんだよ。準備運動みたいなもん。
いきなり λ = 19 の場合をやったらついてこれるか？
0261ゆんゆん ◆kIuLDT68mM
2006/05/11(木) 08:24:180262Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/11(木) 08:34:44巡回拡大であるという事実を利用している。
別の言い方をすると、Gaussが発見した円分体の周期を利用している。
円分体の周期は Kummer の円分論で重要な役割をしている。
よって、彼の理論を理解するには、この扱いに十分慣れておく必要がある。
0263Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/11(木) 13:07:49r を mod λ の原始根とする。つまり r が属す mod λ の剰余類が
有限体 Z/λZ の乗法群の生成元となるようなものとする。
ζ を ζ^r に対応させることにより Z[ζ] の自己同型が得られるが、
これを σ で表す。つまり、円分整数 f(ζ) に対して
σ(f(ζ)) = f(ζ^r) である。
f を λ - 1 の正の約数とする。e = (λ - 1)/f とおく。
σ^(ef) = σ^(λ - 1) = 1 に注意する。
η_0 = ζ + σ^e(ζ) + σ^(2e)(ζ) + ... + σ^((f-1)e)(ζ)
η_1 = σ(ζ) + σ^(e+1)(ζ) + ... + σ^((f-1)e + 1)(ζ)
.
.
.
η_(e-1) = σ^(e-1)(ζ) + σ^(2e-1)(ζ) + ... + σ^(fe - 1)(ζ)
とおく。
σ により、η_0 は η_1 に移る。
以下同様に σ を次々に作用させて
η_0 → η_1 → ... → η_(e-1) → η_0
となる。
よって、各 i に対して σ^e(η_i) = η_i である。
0264１３２人目の素数さん
2006/05/11(木) 13:34:010265糞 ◆UNKO.QUQQ2
2006/05/11(木) 14:02:090266GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w
2006/05/11(木) 16:57:030267糞 ◆UNKO.QUQQ2
2006/05/12(金) 06:32:590268Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/12(金) 12:44:02周期と呼ぶ。
η_e = η_0, η_(e+1) = η_1 と定義し、
一般に、k を任意の整数として、
k ≡ i (mod e) 、0 ≦ i ≦ e-1のとき、η_k = η_i と定義する。
このとき、σ(η_k) = η_(k+1) が任意の整数 k で成立つ。
0269Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/12(金) 12:48:12f(ζ) = a0 + a_1ζ + ... + a_(λ-1)ζ^(λ-1) とおく。
f(σ^e(ζ)) = a0 + a_1σ^e(ζ) + ... + a_(λ-1)σ^(e(λ-1))(ζ)
であり、両者の定数項は a_0 で同じだから、
f(ζ) における ζ の係数と σ^e(ζ) の係数は同じである。
同様に、ζ^i の係数と σ^(ei)(ζ) の係数は同じである。
よって、a, b, c, ..., d を適当な有理整数として、
f(ζ) = a + bη_0 + cη_1 + ... + dη_(e-1)
となる。
逆に、このような形の円分整数は σ^e で不変である。
よって、σ^e で不変な円分整数 を f 項周期から構成される円分整数と呼ぶ。
0270Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/13(土) 18:14:57f(ζ) = a + bη_0 + cη_1 + ... + dη_(e-1) の形であるが、
1 + η_0 + η_1 + ... + η_(e-1) = 0 だから、
f(ζ) = (b-a)η_0 + (c-a)η_1 + ... + (d-a)η_(e-1) となる。
一方、1, ζ, ..., ζ^(λ-2) は Z 上、一次独立だから、
ζ, ζ^2, ..., ζ^(λ-1) も Z 上、一次独立である。
よって、η_0, η_1, ..., η_(e-1) も Z 上、一次独立である。
よって、η_0, η_1, ..., η_(e-1) は、
f 項周期から構成される円分整数全体のなす環
Z[η_0, η_1, ..., η_(e-1)] の Z-加群としての基底である。
0271Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/13(土) 18:47:58Z[η_0, η_1, ..., η_(e-1)] の構造は、
各 i, j に対して (η_i)(η_j) を η_0, η_1, ..., η_(e-1)
の一次結合として表せば完全に決まる。
(η_i)(η_j) をη_0, η_1, ..., η_(e-1) の一次結合として
表す公式は Gauss により与えられている
(van der Waerden の代数学の教科書に載っている)。
しかし、λが具体的に与えられたときは、この公式を使わなくても
(η_i)(η_j) は簡単に計算出来る。
0272Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/13(土) 19:15:17ここで、再び λ = 5 として
p ≡ 1 (mod λ) となる素数 p について
N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) を求める問題に戻る。
今までの結果から、
N(ζ+ 2) = 11 (>>246)
N(ζ- 2) = 31 (>>246)
N(1 + 2ζ + 3ζ^2) = 41 (>>247)
N(ζ+ 3) = 61 (>>246)
N(3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3) = 191 (>>255)
となる。
p = 71 が抜けている。
よって、N(f(ζ)) = 71 となる円分素数 f(ζ) を求めよう。
公式 N(a + bζ) = (a^λ + b^λ)/(a + b) を使う今までの方法
ではうまくいきそうもない。
そこで、Kummerが見つけた方法を使う。
0273Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/13(土) 19:52:07>>211, >>212, >>214 より
次の条件(ⅰ), (ⅱ) を満たす有理整数 k がある。
(ⅰ) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(ⅱ) f(k) ≡ 0 mod p
条件(ⅰ) は 等式 k^λ - 1 = (k - 1)(1 + k + ... + k^(λ-1))
より、k ≡ 1 mod p でないという条件のもとに
k^λ ≡ 1 mod p と同値である。
Kummer のアイデアは 始めに条件(ⅰ) を満たす有理整数 k を求め
(これは簡単)、条件 (ⅱ) を満たす円分整数 f(ζ) を見つけようと
いうもの。そのような円分整数は N(f(ζ)) = p をみたすとは
限らないが、運が良ければそうなる。運といっても、実際にやると
わかるが確率的にわるくない。
0274Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/17(水) 17:57:47f(ζ) を Nf(ζ) = p となる円分素数とする。
>>215 より
(ⅰ) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(ⅱ) f(k) ≡ 0 mod p
となる有理整数 k が存在する。
さらに ζ ≡ k mod f(ζ) となる。
円分整数 g(ζ) が f(ζ) で割れるには g(k) ≡ 0 mod p が
必要十分である。
ζ ≡ k mod f(ζ) だから ζ - k = f(ζ)Q(ζ) となる
円分整数 Q(ζ) がある。
i を λ で割れない有理整数とする。ζ を ζ^i に対応させて
Z[ζ] の自己同型が得られるから ζ^i - k = f(ζ^i)Q(ζ^i) となる。
つまり、ζ^i ≡ k mod f(ζ^i) である。
ij ≡ 1 (mod λ) となる有理整数 j をとれば、
ζ = ζ^ij ≡ k^j mod f(ζ^i) である。
つまり、f(ζ) の共役 f(ζ^i) には 有理整数 k^j が対応する。
よって、円分整数 g(ζ) が f(ζ^i) で割れるには g(k^j) ≡ 0 mod p が
必要十分である。
0275Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/17(水) 18:31:36p を p ≡ 1 mod λ となる有理素数とし、
有理整数 k と 円分整数 g(ζ) が
(ⅰ) (1 + k + ... + k^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(ⅱ) g(k) ≡ 0 mod p
を満たすとする。ここで、g(ζ) は円分素数とは限らないことに
注意する。
f(ζ) を Nf(ζ) = p となる円分素数とする。
>>215 より
(1) (1 + a + ... + a^(λ-1)) ≡ 0 mod p
(2) f(a) ≡ 0 mod p
となる有理整数 a が存在する。
さらに ζ ≡ a mod f(ζ) となる。
a は 合同方程式 X^λ ≡ 1 mod p の自明でない、つまり a ≡ 1 mod p
ではない解の１つである。
k もそのような解の１つだから、k ≡ a^i mod p となる
有理整数 i がある。
ij ≡ 1 (mod λ) となる有理整数 j をとれば、
>>274 より、ζ ≡ a^i mod f(ζ^j) である。
よって ζ ≡ k mod f(ζ^j) である。
g(k) ≡ 0 mod p だから g(ζ) は f(ζ^j) で割れる。
0276Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/17(水) 18:45:16Nf(ζ) = p となる円分素数 f(ζ) の共役の１つで割れる。
うまくいけば、g(ζ) 自体が円分素数になるかもしれない。
これが Kummer が使用した Nf(ζ) = p となる円分素数 f(ζ)
を見つける原理である。
0277Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/18(木) 18:29:37N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) を求めよう。
まず k^5 ≡ 1 (mod p) で k ≡ 1 (mod p) とはならない有理整数 k
を求める。
p - 1 = 70 = 5・14 である。
a を p で割れない有理整数で、a^14 ≡ 1 (mod p) とならないものとする。
k ≡ a^14 (mod p) となる有理整数 k をとれば、k^5 ≡ 1 (mod p) となる。
a = 2 とすると、2^14 ≡ 54 ≡ -17 (mod p) である。
よって、k = -17 とする。
k^2 ≡ 5 (mod p)
k^3 ≡ -14 (mod p)
k^4 ≡ 25 (mod p)
k^5 ≡ 1 (mod p)
よって、3 + k - k^3 ≡ 3 - 17 + 14 ≡ 0 (mod p) となる。
(k^3)^2 ≡ k^6 ≡ k (mod p) だから、
f(ζ) = 3 - ζ + ζ^2 とおけば、
f(k^3) ≡ 3 - k^3 + (k^3)^2 ≡ 3 - k^3 + k ≡ 0 (mod p)
0278Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/19(金) 18:09:21計算の方法は >>254 や >>256 と同じである。
この方法は λ = 5 の 2項周期(>>268)を利用しているわけである。
Nf(ζ) = f(ζ)f(ζ^2)f(ζ^3)f(ζ^4) である。
g(ζ) = f(ζ)f(ζ^4) とおけば、
g(ζ^2) = f(ζ^2)f(ζ^3) で、
Nf(ζ) = g(ζ)g(ζ^2) となる。
g(ζ) を >>173 の方式で計算すると、
g(ζ) = (3 - ζ + ζ^2)(3 - ζ^4 + ζ^3)
= 15 + 7ζ^2 + 7ζ^3 = 15 + 7(ζ^2 + ζ^3)
よって、
g(ζ^2) = 15 + 7(ζ + ζ^4)
θ = ζ + ζ^4, θ' = ζ^2 + ζ^3 とおけば、
g(ζ) = 15 + 7θ'
g(ζ^2) = 15 + 7θ
Nf(ζ) = (15 + 7θ')(15 + 7θ)
= 15^2 + 15・7(θ + θ') + 7^2θθ'
= 15^2 - 15・7 - 7^2
= 15・8 - 49 = 120 - 49 = 71
よって、f(ζ) は 有理素数 71 をノルムとする円分素数である。
0279Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/20(土) 19:04:24一意分解整域である。すぐ後で証明するが λ = 23 の場合は
一意分解整域ではない。
ここでは、λ = 19 の場合に p = 191 として N(f(ζ)) = p となる
円分素数 f(ζ) を求めよう。
p = 191 は λ = 19 の場合、p ≡ 1 (mod λ) となる最小の素数である。
p - 1 = 190 = 19・10 だから >>277 と同様にして、
まず k^19 ≡ 1 (mod p) で k ≡ 1 (mod p) とはならない有理整数 k
を求める。
k ≡ 2^10 ≡ 69 (mod p) とおく。
k^2 ≡ -14 (mod p)
k^3 ≡ -11 (mod p)
k^4 ≡ 51 (mod p)
k^5 ≡ -37 (mod p)
k^6 ≡ -70 (mod p)
k^7 ≡ -55 (mod p)
k^8 ≡ 25 (mod p)
k^9 ≡ 6 (mod p)
k^10 ≡ 32 (mod p)
k^11 ≡ -74 (mod p)
k^12 ≡ -66 (mod p)
k^13 ≡ 30 (mod p)
k^14 ≡ -31 (mod p)
k^15 ≡ -38 (mod p)
k^16 ≡ 52 (mod p)
k^17 ≡ -41 (mod p)
k^18 ≡ 36 (mod p)
k^19 ≡ 1 (mod p)
よって
1 + k + k^6 = 1 + 69 -70 = 0 だから f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 が
求める円分素数の候補である。
0280Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/20(土) 19:22:29λ = 19 の場合の f 項周期(>>268) を求める。
そのため、λ = 19 の原始根を求める必要がある。
幸いなことに 2 が原始根である。
何故なら 2^9 ≡ -1 (mod λ) で 2^18 ≡ 1 (mod λ) だから。
よって、Z[ζ] の自己同型σを σ(ζ) = ζ^2 で定義する(>>263)。
λ - 1 = 18 = 3・6 だから f = 3, e = 6 とする。
2^6 ≡ 7 (mod λ) だから σ^6(ζ) = ζ^7 である。
ζ, σ(ζ), σ^2(ζ), ..., σ^17(ζ) を順々に求めると
ζ, ζ^2, ζ^4, ζ^8, ζ^(-3), ζ^(-6), ζ^7, ζ^(-5), ζ^9,
ζ^(-1), ζ^(-2), ζ^(-4), ζ^(-8), ζ^3, ζ^6, ζ^(-7), ζ^5, ζ^(-9)
となる。
よって 六個づつ飛び飛びに取って、
η_0 = ζ + ζ^7 + ζ^(-8)
η_1 = ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3
η_2 = ζ^4 + ζ^9 + ζ^6
η_3 = ζ^8 + ζ^(-1) + ζ^(-7)
η_4 = ζ^(-3) + ζ^(-2) + ζ^5
η_5 = ζ^(-6) + ζ^(-4) + ζ^(-9)
となる。
0281Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/22(月) 13:01:04(η_i)(η_j) をη_0, η_1, ..., η_5 の一次結合として表そう。
これは比較的楽である。
(η_0)^2 = (ζ + ζ^7 + ζ^(-8))^2
= ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3 + 2ζ^8 + 2ζ^(-7) + + 2ζ^(-1)
= η_1 + 2η_3
(η_0)(η_1) = (ζ + ζ^7 + ζ^(-8))(ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3)
= ζ^3 + ζ^(-4) + ζ^4
+ ζ^9 + ζ^2 + ζ^(-9)
+ ζ^(-6) + ζ^6 + ζ^(-5)
= η_1 + η_2 + η_5
同様にして
(η_0)(η_2) = η_0 + η_4 + η_5
(η_0)(η_3) = 3 + η_2 + η_5
(η_0)(η_4) = η_2 + η_3 + η_4
(η_0)(η_5) = η_0 + η_1 + η_4
となる。
他の組み合わせは、上からすぐ求まる。
例えば
(η_1)(η_2) = σ((η_0)(η_1)) = σ(η_1 + η_2 + η_5)
= η_2 + η_3 + η_0
これが、f 項周期の便利で面白いところ。
0282Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/22(月) 19:07:06η_0 = ζ + ζ^7 + ζ^(-8)
η_1 = ζ^2 + ζ^(-5) + ζ^3
η_2 = ζ^4 + ζ^9 + ζ^6
η_3 = ζ^8 + ζ^(-1) + ζ^(-7)
η_4 = ζ^(-3) + ζ^(-2) + ζ^5
η_5 = ζ^(-6) + ζ^(-4) + ζ^(-9) に因んで、
g_0(ζ) = f(ζ)f(ζ^7)f(ζ^(-8))
g_1(ζ) = f(ζ^2)f(ζ^(-5))f(ζ^3 )
g_2(ζ) = f(ζ^4)f(ζ^9)f(ζ^6)
g_3(ζ) = f(ζ^8)f(ζ^(-1))f(ζ^(-7))
g_4(ζ) = f(ζ^(-3))f(ζ^(-2))f(ζ^5)
g_5(ζ) = f(ζ^(-6))f(ζ^(-4))f(ζ^(-9))
とおく。
N(f(ζ)) = g_0(ζ)g_1(ζ)g_2(ζ)g_3(ζ)g_4(ζ)g_5(ζ) である。
σ(g_0(ζ)) = g_1(ζ)
σ(g_1(ζ)) = g_2(ζ)
... などとなる。ここで σ は >>280 で定義した Z[ζ] の自己同型である。
h_0(ζ) = g_0(ζ)g_2(ζ)g_4(ζ)
h_1(ζ) = g_1(ζ)g_3(ζ)g_5(ζ) とおく。
σ(h_0(ζ)) = h_1(ζ), σ(h_1(ζ)) = h_0(ζ) だから、
σ^2(h_0(ζ)) = h_0(ζ), σ^2(h_1(ζ)) = h_1(ζ) である。
よって、h_0(ζ) と h_1(ζ) は９項周期から構成される円分整数
である(>>269)。
0283Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/22(月) 19:35:34つまり、η_0, η_1, ..., η_5 から構成される。
他の g_i(ζ) も同様である。
まず、g_0(ζ) を具体的に η_0, η_1, ..., η_5 で表してみる。
g_0(ζ) = f(ζ)f(ζ^7)f(ζ^(-8))
= (1 + ζ + ζ^6)(1 + ζ^7 + ζ^4)(1 + ζ^(-8) + ζ^9)
= (1 + ζ^7 + ζ^4 + ζ + ζ^8 + ζ^5 + ζ^6 + ζ^13 + ζ^10)
* (1 + ζ^(-8) + ζ^9)
= 3 + ζ + ζ^2 + ζ^3 + ζ^4 + 2ζ^5 + ζ^6 + ζ^7 + ζ^8
+ ζ^9 + 2ζ^10 + ζ^11 + ζ^12 + 2ζ^13 + ζ^14 + 2ζ^15
+ 2ζ^16 + 2ζ^17 + ζ^18
= 3 + η_0 + η_1 + η_2 + η_3 + 2(η_4 + η_5)
= 2 + η_4 + η_5
ここで、自明な等式(>>152)
η_0 + η_1 + η_2 + η_3 + η_4 + η_5 = -1 を使った。
0284Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/23(火) 12:49:23g_1(ζ) = σ(g_0(ζ)) = 2 + η_5 + η_0
g_2(ζ) = σ(g_1(ζ)) = 2 + η_0 + η_1
g_3(ζ) = σ(g_2(ζ)) = 2 + η_1 + η_2
g_4(ζ) = σ(g_3(ζ)) = 2 + η_2 + η_3
g_5(ζ) = σ(g_4(ζ)) = 2 + η_3 + η_4
となる。
よって、
h_0(ζ) = g_0(ζ)g_2(ζ)g_4(ζ)
= (2 + η_4 + η_5)(2 + η_0 + η_1)(2 + η_2 + η_3)
これを計算するため、まず g_0(ζ)g_2(ζ) を計算する。
g_0(ζ)g_2(ζ) = (2 + η_4 + η_5)(2 + η_0 + η_1)
= 4 + 2η_0 + 2η_1 + 2η_4 + η_0η_4 + η_1η_4
+ 2η_5 + η_0η_5 + η_1η_5
= 4 + 2η_0 + 2η_1 + 2η_4 + 2η_5 + (η_2 + η_3 + η_4)
+ (3 + η_0 + η_3) + (η_0 + η_1 + η_4) + (η_3 + η_4 + η_5)
= 7 + 4η_0 + 3η_1 + η_2 + 3η_3 + 5η_4 + 3η_5
ここで、η_0η_4, η_1η_4 などの計算は >>281 を使った。
0285Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/23(火) 13:08:29= (7 + 4η_0 + 3η_1 + η_2 + 3η_3 + 5η_4 + 3η_5)
×(2 + η_2 + η_3)
= 14 + 8η_0 + 6η_1 + 2η_2 + 6η_3 + 10η_4 + 6η_5
+ 7η_2 + 4η_0η_2 + 3η_1η_2 + (η_2)^2 + 3η_2η_3
+ 5η_2η_4 + 3η_2η_5 + 7η_3 + 4η_0η_3 + 3η_1η_3
+ η_2η_3 + 3(η_3)^2 + 5η_3η_4 + 3η_3η_5
= 14 + 8η_0 + 6η_1 + 2η_2 + 6η_3 + 10η_4 + 6η_5
+ 7η_2 + 4(η_0 + η_4 + η_5) + 3(η_0 + η_2 + η_3)
+ (η_3 + 2η_5) + 3(η_1 + η_3 + η_4) + 5(η_0 + η_1 + η_2)
+ 3(3 + η_1 + η_4) + 7η_3 + 4(3 + η_2 + η_5)
+ 3(η_0 + η_1 + η_5) + (η_1 + η_3 + η_4)
+ 3(2η_0 + η_4) + 5(η_2 + η_4 + η_5) + 3(η_1 + η_2 + η_3)
= 35 + 29η_0 + 24η_1 + 29η_2 + 24η_3 + 29η_4 + 24η_5
= 35 + 29θ_0 + 24θ_1
= 35 + 5θ_0 + 24(θ_0 + θ_1)
= 11 + 5θ_0
ここで、θ_0 = η_0 + η_2 + η_4
θ_1 = η_1 + η_3 + η_5 とおいた。
θ_0 + θ_1 = -1 である(>>152)。
0286Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/23(火) 15:37:08だから、σ(θ_0) = θ_1 に注意して、
h_1(ζ) = σ(h_0(ζ)) = 11 + 5θ_1
となる。
よって、
N(f(ζ)) = h_0(ζ)h_1(ζ) = (11 + 5θ_0)(11 + 5θ_1)
= 11^2 + 11・5(θ_0 + θ_1) + 25θ_0θ_1
ここで、θ_0θ_1 を計算する必要がある。
θ_0θ_1 = (η_0 + η_2 + η_4)(η_1 + η_3 + η_5)
= η_0η_1 + η_0η_3 + η_0η_5
+ η_2η_1 + η_2η_3 + η_2η_5
+ η_4η_1 + η_4η_3 + η_4η_5
>>281 よりこの各項は、η_0η_1 と η_0η_3 と η_0η_5 が分かれば、
その他の項は添え字の付け替えで済む。
よって、
θ_0θ_1
= (η_1 + η_2 + η_5) + (η_3 + η_4 + η_1) + (η_5 + η_0 + η_3)
+ (3 + η_2 + η_5) + (3 + η_4 + η_1) + (3 + η_0 + η_3)
+ (η_0 + η_1 + η_4 ) + (η_2 + η_3 + η_0) + (η_4 + η_5 + η_2)
= 9 + 4η_0 + 4η_1 + 4η_2 + 4η_3 + 4η_4 + 4η_5
= 9 - 4 = 5
よって、
N(f(ζ)) = 11^2 + 11・5(θ_0 + θ_1) + 25θ_0θ_1
= 11^2 - 11・5 + 125 = 11(11 - 5) + 125 = 66 + 125 = 191
よって、f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 が求める円分素数である。
0287Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/23(火) 16:04:27Ａ４のコピー用紙６枚使って、半日以上かかった。
>>286 に書いたように N(f(ζ)) = 191 となったときは、
思わず「やった」と内心叫んだよｗ
ただし、Kummer とは違ってこれ以上同じような計算はしたくない
というのが本音。
0288１３２人目の素数さん
2006/05/24(水) 12:26:28「あそこでみんな死んでいったんだ……」
沖に浮かぶ島を指差しながら、老人はつぶやいた。
太平洋戦争のとき、その島には日本軍が進駐し陣地が作られた。
老人は村の若者達と共にその作業に参加した。
日本兵とは仲良くなって、日本の歌を一緒に歌ったりしたという。
やがて戦況は日本に不利となり、 いつ米軍が上陸してもおかしくない
状況になった。 仲間達と話し合った彼は代表数人と共に日本の守備隊長の
もとを訪れた。自分達も一緒に戦わせて欲しい、と。 それを聞くなり隊長
は激高し叫んだという 「帝国軍人が、貴様ら土人と一緒に戦えるか！」
日本人は仲間だと思っていたのに……みせかけだったのか。 裏切られた想
いで、みな悔し涙を流した。船に乗って島を去る日 日本兵は誰一人見送り
に来ない。村の若者達は、悄然と船に乗り込んだ。しかし船が島を離れた
瞬間、日本兵全員が浜に走り出てきた。 そして一緒に歌った日本の歌を
歌いながら、手を振って彼らを見送った。先頭には笑顔で手を振るあの
隊長が。 その瞬間、彼は悟ったという。 あの言葉は、自分達を救うための
ものだったのだと……。
0289１３２人目の素数さん
2006/05/24(水) 12:57:140290Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/29(月) 16:27:44f(ζ) を見つけようとしても無駄である。何故ならこのような円分素数
は存在しないから。このことを証明しよう。
λ - 1 = 22 = 2・11 だから f = 11, e = 2 として f 項周期を
求めよう。そのため mod 23 の原始根を求める。
2^2 ≡ 4 (mod 23)
2^3 ≡ 8 (mod 23)
2^4 ≡ 16 (mod 23)
2^5 ≡ 9 (mod 23)
2^6 ≡ 18 (mod 23)
2^7 ≡ 13 (mod 23)
2^8 ≡ 3 (mod 23)
2^9 ≡ 6 (mod 23)
2^10 ≡ 12 (mod 23)
2^11 ≡ 1 (mod 23)
よって 2 (mod 23) の位数は 11 である。
-1 (mod 23) の位数は 2 だから
-2 が原始根である。
0291Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/29(月) 17:03:42σ(ζ) = ζ^(-2) で定義する(>>263)。
f = 11, e = 2 として、f 項周期 θ_0、θ_1 を求める。
σ^e(ζ) = ζ^4 であるから、
θ_0 = ζ + ζ^4 + ζ^(-7) + ζ^(-5) + ζ^3
+ ζ^(-11) + ζ^2 + ζ^8 + ζ^9 + ζ^(-10) + ζ^6
θ_1 = ζ(-2) + ζ^(-8) + ζ^(-9) + ζ^10 + ζ^(-6)
+ ζ^(-1) + ζ^(-4) + ζ^7 + ζ^5 + ζ^(-3) + ζ^11
(θ_0)(θ_1) を >>173 の方法で計算すると、
(θ_0)(θ_1) = 11 + 5(θ_0 + θ_1) = 11 - 5 = 6 となる。
0292Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/29(月) 17:30:14>>291 を考慮して
g_0(ζ) = f(ζ)f(ζ^4)f(ζ^(-7))f(ζ^(-5))f(ζ^3)
f(ζ^(-11))f(ζ^2)f(ζ^8)f(ζ^9)f(ζ^(-10))f(ζ^6)
g_1(ζ) = f(ζ(-2))f(ζ^(-8)f(ζ^(-9))f(ζ^10)f(ζ^(-6))
f(ζ^(-1))f(ζ^(-4))f(ζ^7)f(ζ^5)f(ζ^(-3))f(ζ^11)
とおく。
N(f(ζ)) = g_0(ζ)g_1(ζ) である。
σ(g_0(ζ)) = g_1(ζ)
σ(g_1(ζ)) = g_0(ζ)
だから
σ^2(g_0(ζ)) = g_0(ζ)
σ^2(g_1(ζ)) = g_1(ζ)
よって g_0(ζ)、g_1(ζ) は f 項周期から構成される円分整数である
(>>269)。
よって θ_0 + θ_1 = -1 に注意して
g_0(ζ) = a + bθ_0 と表される(>>269)。
σ(g_0(ζ)) = g_1(ζ) で σ(θ_0 ) = θ_1 だから
g_1(ζ) = a + bθ_1 と表される。
よって (θ_0)(θ_1) = 6 (>>291) より
N(f(ζ)) = (a + bθ_0)(a + bθ_1)
= a^2 + ab(θ_0 + θ_1) + b^2(θ_0)(θ_1)
= a^2 -ab + 6b^2
である。
0293Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/29(月) 17:50:29>>292 より 47 = a^2 -ab + 6b^2 となる有理整数 a, b がある。
この等式の両辺を 4 倍して
4・47 = 4a^2 - 4ab + 24b^2
188 = (2a - b)^2 + 23b^2
b^2 ≦ 4 である。
188 は平方数ではないから b = 0 では有り得ない。
b^2 = 1 とすると、188 - 23 = 165 = 5・33 が平方数となって
これも有り得ない。
b^2 = 4 とすると、188 - 92 = 96 = 3・2^5 が平方数となって
これも有り得ない。
よって、N(f(ζ)) = p となる円分整数は存在しない。
0294Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/05/29(月) 18:18:18Nf(ζ) = 47 と なるが、>>293 よりこれは有り得ない。
よって、p = 47 を割る円分素数は存在しない。
これは λ = 23 のとき円分整数環 Z[ζ] が一意分解整域でないことを
意味する。
Kummer はこれを発見して、相当なショックを受けたらしい。
何故なら、円分素数による一意分解が成立たないと有理整数環における
整数論を円分整数環に拡張するのが殆ど不可能に見えるから。
しかも、彼はこのときまでに、円分整数環における一意分解を証明
しようとして相当の時間と努力を費やしてきた。
0295１３２人目の素数さん
2006/05/29(月) 18:31:41素数定理から自明かと
0296１３２人目の素数さん
2006/05/29(月) 19:51:250297Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/02(金) 17:18:24ついて調べる。
f(ζ) をそのような円分素数とする。
円分整数 g(ζ) が mod f(ζ) で有理整数と合同、
つまり g(ζ) ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k があるとする。
このとき、g(ζ) が f(ζ) で割れるかどうかを判定するのは簡単である。
即ち、k ≡ 0 (mod p) となるかどうかを見ればいい。
よって、このような円分整数 g(ζ) の満たす性質を調べることにする。
Fermatの小定理より、k^p ≡ k (mod p) だから k^p ≡ k (mod f(ζ))
であり g(ζ)^p ≡ k^p ≡ k ≡ g(ζ) (mod f(ζ)) となる。
一方、すぐ後で示すように g(ζ)^p ≡ g(ζ^p) (mod p) が成立つ。
よって、g(ζ^p) ≡ g(ζ) (mod f(ζ))
特に、g(ζ^p) = g(ζ) であれば、当然この合同式を満たす。
p の mod λ の指数を f とする。つまり f は p^f ≡ 1 (mod λ)
となる最小の有理整数である。
Z[ζ] の自己同型τを τ(ζ) = ζ^p で定義すれば、
τの位数は f であり、τ(g(ζ)) = g(ζ^p) = g(ζ) である。
r を mod λ の原始根とし、Z[ζ] の自己同型σを σ(ζ) = ζ^r で
定義すれば、Z[ζ] の自己同型群は σ で生成される位数λ-1 の
巡回群 G である。よってその位数 f の部分群はただ1つで σ^e で
生成される。ここに、e = (λ-1)/f である。
τの位数は f だから σ^e は τ のベキであり、
(σ^e) (g(ζ)) = g(ζ) である。
つまり、、g(ζ^p) = g(ζ) となる g(ζ) は f 項周期から構成される
円分整数(>>269)である。
0298１３２人目の素数さん
2006/06/04(日) 21:39:370299１３２人目の素数さん
2006/06/05(月) 19:58:240300Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/07(水) 14:11:37f を mod λでの p の指数とする。f(ζ) を p を割る円分素数とする。
>>297 で円分整数 g(ζ) が mod f(ζ) で有理整数と合同、
つまり g(ζ) ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k があるなら、
g(ζ^p) ≡ g(ζ) (mod f(ζ)) となり、
この条件は g(ζ) が f 項周期から構成される円分整数(>>269)なら
満たされることを見た。
逆に f 項周期から構成される円分整数は mod f(ζ) で有理整数と合同
となることを示そう。
η を f 項周期 η_0, η_1, ... , η_(e-1) の任意の１つとして、
η ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k があることを示せばよい。
標数 p の素体 Z/pZ 上の多項式環 (Z/pZ)[X] において
等式 X^p - X = (X - 1)(X - 2)...(X - p) が成立つ
(これはFermatの小定理からただちに出る)。
(Z/pZ)[X] は標準的に Z[X]/pZ[X] と同型だから、
X^p - X ≡ (X - 1)(X - 2)...(X - p) (mod pZ[X])
となる。よって、
X^p - X = (X - 1)(X - 2)...(X - p) + pG(X) となる G(X) ∈ Z[X]
がある。よって、
η^p - η ≡ (η - 1)(η - 2)...(η - p) (mod pZ[ζ])
η を η = g(ζ) と ζ の多項式で表せば、>>297 で述べたように
g(ζ)^p ≡ g(ζ^p) (mod pZ[ζ]) となる。
一方 >>297 より g(ζ^p) = g(ζ) である。
よって、η^p - η ≡ 0 (mod pZ[ζ]) となる。
よって、(η - 1)(η - 2)...(η - p) ≡ 0 (mod pZ[ζ]) となる。
仮定より f(ζ) は p を割るから、。
(η - 1)(η - 2)...(η - p) ≡ 0 (mod f(ζ)) となる。
f(ζ) は円分素数だから η - 1, ..., η - p のどれかを割る。
η - k を割るとすれば、η ≡ k (mod f(ζ)) である。
0301１３２人目の素数さん
2006/06/08(木) 11:10:23数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。
最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。
そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。
数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。
0302１３２人目の素数さん
2006/06/08(木) 11:22:48数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。
最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。
そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。
数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。
0303Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/08(木) 12:37:13命題
λを奇素数とし、ζを１の原始λ乗根の１つとする。
g(X) を有理整数係数の多項式とする。
このとき、任意の有理素数 p に対して、
g(ζ)^p ≡ g(ζ^p) (mod pZ[ζ]) となる。
この証明のため補題を用意する。
0304Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/08(木) 12:58:24A を環とし、a, b をその２元とする。
p を有理素数とする。
このとき、
(a + b)^p ≡ a^p + b^p (mod pA)
となる。
証明
２項定理より、(a + b)^p = Σ[p,k] a^k b(p-k) である。
ここで [p,k] は p個のものから順序を無視して
k 個取り出す組み合わせの数である。
>>166 より 1 ≦ k ≦ p - 1 のとき [p,k] ≡ 0 (mod p) である。
よって本補題の主張が成立つ。
証明終
0305Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/08(木) 13:06:46これと >>304 から >>303 が出る。
0306Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/08(木) 13:14:07この仮定がなくても、つまり f = 1 でも >>300 の主張および
その証明はそのまま成立つ。
0307１３２人目の素数さん
2006/06/08(木) 14:10:00がんばってね Kummerさん。
0308１３２人目の素数さん
2006/06/08(木) 17:59:03諸悪の根源を絶やしましょう。
ゆんゆん氏ね集合
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149728739/
1:ひろゆき＠どうやら管 理人 :2006/06/08(木) 10:05:39
数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。
最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。
そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。
数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。
0309１３２人目の素数さん
2006/06/08(木) 19:15:45諸悪の根源を絶やしましょう。
ゆんゆん氏ね集合
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149728739/
1:ひろゆき＠どうやら管 理人 :2006/06/08(木) 10:05:39
数学に素養のある住人の数学板離れの防止、
そして数学好きの新参者が寄りつきやすい環境を整備するために
数学板の諸悪の根源を排除しましょう。
最近大量に発生している数学と関係のない雑談を繰り返すコテハン、
これを減らしていかなければ今後数学板の存亡に影響が出てくることは間違いないでしょう。
そしてこれらのコテハンを発生・定着させている根源がスレタイにあるコテハンの人物であることがはっきりと分かりました。
数学とは無縁のこのコテハンを数学板から排除することが数学板の正しい活性化のための早道です。
数学好きの真面目な住人の皆様、どんどん訴えて参りましょう。
0310１３２人目の素数さん
2006/06/16(金) 02:00:310311１３２人目の素数さん
2006/06/17(土) 05:07:40「無意味なスレ立て厳禁」
って読めませんか？
そういうくだらない話は質問スレでやってください
終 了
そして>>1はすぐ死ね
0312１３２人目の素数さん
2006/06/17(土) 19:36:45（Σ（ａ（ｋ）））＾２≦ｎΣ（ａ（ｋ）＾２）。
0314Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/20(火) 14:56:43f を mod λでの p の指数とする。
f(ζ) を p を割る円分素数とする。
Nf(ζ) = p^f となることを証明しよう。
そのためまず任意の円分整数 g(ζ) ≠ 0 のノルム Ng(ζ) が
mod g(ζ) の剰余類の個数と一致することを証明する。
Z[ζ] は自由アーベル群で、その基底は
1, ζ, ..., ζ^(n-1) である。ここで、n = λ-1 とおいた。
g(ζ) で割れる円分整数の全体 g(ζ)Z[ζ] はアーベル群をなす。
その基底は g(ζ), g(ζ)ζ, ..., g(ζ)ζ^(n-1) である。
g(ζ)ζ^i = Σ a_(i,j) ζ^j
とする。ここで、 0 ≦ i ≦ n - 1 、0 ≦ j ≦ n - 1
各 a_(i,j) は有理整数である。
アーベル群の良く知られた定理により、
Z[ζ]/(g(ζ)Z[ζ]) は位数 |det(A)| の有限アーベル群である。
ここで A = (a_(i,j)) である。
0315Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/20(火) 15:21:19Ng(ζ) = det(A) を証明する。
k を 1 ≦ k ≦ n である有理整数とする。
g(ζ)ζ^i = Σ a_(i,j) ζ^j より
g(ζ^k)(ζ^k)^i = Σ a_(i,j) (ζ^k)^j となる。
(i+1, k) 成分が g(ζ^k)(ζ^k)^i である行列を U とする。
(j+1, k) 成分が (ζ^k)^j である行列を V とする。
U = AV である。
よって det(U) = det(A)det(V) となる。
一方 det(U) = g(ζ)g(ζ^2)...g(ζ^n)det(V) = Ng(ζ)det(V) である。
よって、Ng(ζ)det(V) = det(A)det(V) となる。
ここで、det(V) ≠ 0 がいえれば Ng(ζ) = det(A) となる。
det(V) は ζ, ζ^2, ..., ζ^n に関する Vandermondeの行列式であり
よく知られた公式により
det(V) = Π(ζ^j - ζ^i) となる。ここで積は n ≧ j ＞ i ≧ 1
となる (j, i) の組全体を渡る。
よって、det(V) ≠ 0 である。
証明終
0316１３２人目の素数さん
2006/06/20(火) 15:27:390317Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/20(火) 15:28:08>アーベル群の良く知られた定理により、
>Z[ζ]/(g(ζ)Z[ζ]) は位数 |det(A)| の有限アーベル群である。
>ここで A = (a_(i,j)) である。
０でない円分整数のノルムは常に正である(>>176)から、
|det(A)| = det(A) = Ng(ζ) である。
0318１３２人目の素数さん
2006/06/20(火) 15:29:080319１３２人目の素数さん
2006/06/20(火) 15:30:42> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149694310/ >>187
> 1001到達していますので削除を見送ります。代わりに後継スレの
> ゆんゆんLove集合8ゆん^8
> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1150553208/
> を削除します。
削除されてもなお新スレを立て続けるタチの悪い信者達とその教祖を数学板より駆逐するために、
こちらのスレも立て直しの必要があるでしょう。
数学板の正しい活性化のためには意味もなく数学板に粘着している荒らしは徹底的に潰さなければなりません。
真面目な数学板の皆様、どんどん訴えて参りましょう！
0320１３２人目の素数さん
2006/06/20(火) 15:31:480321１３２人目の素数さん
2006/06/20(火) 15:32:43> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149694310/ >>187
> 1001到達していますので削除を見送ります。代わりに後継スレの
> ゆんゆんLove集合8ゆん^8
> ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1150553208/
> を削除します。
削除されてもなお新スレを立て続けるタチの悪い信者達とその教祖を数学板より駆逐するために、
こちらのスレも立て直しの必要があるでしょう。
数学板の正しい活性化のためには意味もなく数学板に粘着している荒らしは徹底的に潰さなければなりません。
真面目な数学板の皆様、どんどん訴えて参りましょう！
0322Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/20(火) 17:53:30補題
p を有理素数ととし、n ≧ 1 を有理整数とする。
K を 有限素体 F = Z/pZ の n 次の拡大体とする。
K の元 x に対して u(x) = x^p とおくと、u は K/F の
自己同型写像である。
証明
x, y を K の２元とする。
>>304 より u(x + y) ≡ u(x) + u(y) (mod pK)
であるが、pK = 0 だから
u(x + y) = u(x) + u(y) である。
u(1) = 1, u(xy) = u(x)u(y) は明らかである。
よって u は K の自己順同型写像である。
K は体だから x ≠ 0 なら u(x) ≠ 0 である。
よって u は単射である。K は有限集合だから u は全射である。
よって u は K の自己同型写像である。
Fermat の小定理より x ∈ F のとき x^p = x だから u は K/F の
自己同型写像である。
証明終
0323１３２人目の素数さん
2006/06/21(水) 05:42:070324１３２人目の素数さん
2006/06/21(水) 06:54:24ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
0325１３２人目の素数さん
2006/06/21(水) 08:03:59ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
ジークジークジークジークジーク
0326Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/21(水) 08:43:49p を有理素数とし、n ≧ 1 を有理整数、 m ≧ 1 をその約数とする。
K を 有限素体 F = Z/pZ の n 次の拡大体とする。
このとき F の m 次の拡大体 L で K の部分体となるものがただ１つ
存在する。
証明
n = mr とする。
公式
X^r - 1 = (X - 1)(1 + X + ... + X^(r-1))
において X = p^m とおくと、
p^n - 1 = (p^m - 1)(1 + p^m + ... + (p^m)^(r-1))
となる。
よって p^m - 1 は p^n - 1 の約数である。
K の乗法群は位数 p^n - 1 の巡回群である
(この証明は mod p の原始根の存在の証明と同様)。
よって、位数 p^m - 1 の部分群 H が存在する。
H の元は X^(p^m - 1) - 1 の根全体である。
よって L = H ∪ {0} とおくと L の元は X^(p^m) - X の根全体である。
>>322 を使って K の自己同型 u を u(x) = x^p で定義する。
L = {x; u^m(x) = x} である。これから容易にわかるように
L は体である。L の元の個数は p^m だから F の m 次の拡大体である。
逆に F の m 次の拡大体 L で K の部分体となるものがあれば
L の元の個数は p^m であり L の元は X^(p^m) - X の根全体である。
よって L は一意に決まる。
証明終
0327Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/21(水) 08:55:06>p を有理素数で p ≡ 0 または 1 (mod λ) とはならないとし、
>f を mod λでの p の指数とする。
>f(ζ) を p を割る円分素数とする。
>Nf(ζ) = p^f となることを証明しよう。
K = Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) は有限整域だから有限体である。
>>314より その元の個数は Nf(ζ) である。
Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) は 有限素体 F = Z/pZ の有限次拡大体だから、
その拡大次数を r とすれば、Nf(ζ) = p^r である。
ζ の mod f(ζ) の剰余類を ωとする。
K は体として F 上 ω で生成される。つまり K = F(ω) である。
F 上の多項式 X^λ - 1 を考える。
λ ≠ p だからこの多項式は重根をもたない。
ω^λ = 1 だから、この多項式は K において λ個の根を持つ。
これ等の根は L の乗法群の部分群であるから
p^r - 1 は λで割れる。つまり p^r ≡ 1 (mod λ) である。
このことは >>203 からも分かる。
よって、r は f で割れる。
>>326 より p^f 個の元からなる K の部分体 L がある。
p^f ≡ 1 (mod λ) だから L において X^λ - 1 はλ個の根を持つ。
よって ω ∈ L である。よって K = L だから r = f である。
証明終
0328１３２人目の素数さん
2006/06/21(水) 08:57:430329１３２人目の素数さん
2006/06/23(金) 09:05:16f(ζ) を p を割る円分素数とする。
mod f(ζ) の剰余類の個数は >>314, >>327 より p^f である。
このことは次のようにしても分かる。
r を mod λ の原始根とする。つまり r が属す mod λ の剰余類が
有限体 Z/λZ の乗法群の生成元となるようなものとする。
ζ を ζ^r に対応させることにより Z[ζ] の自己同型が得られるが、
これを σ で表す。つまり、円分整数 f(ζ) に対して
σ(f(ζ)) = f(ζ^r) である。
不定元 X の多項式
P(X) = (X - ζ)(X - σ^e(ζ))...(X - σ^((f-1)e)(ζ))
を考える。
P(X) の係数は σ^e で不変である。よって f 項周期から構成される
円分整数である(>>269)。
f 項周期から構成される円分整数の全体を A とおく。
A は Z[ζ] の部分環である。
P(X) は次数 f の A 係数のモニックな多項式で P(ζ) = 0 であるから
Z[ζ] は A-加群として 1, ζ, ..., ζ^(f-1) で生成される。
つまり、Z[ζ] = A + Aζ + ... + Aζ^(f-1) である。
1, ζ, ..., ζ^(f-1) は A 上の自由基底であるがこの証明は
後で述べる。
0330Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 09:12:180331Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 11:56:00g(ζ) = h_0(ζ) + h_1(ζ)ζ + ... + h_(f-1)(ζ)ζ^(f-1)
と書ける。ここで各 h_i(ζ) はf 項周期から構成される円分整数
である。
>>300 から f 項周期から構成される円分整数 h(ζ) は
mod f(ζ) で有理整数と合同である。
つまり h(ζ) ≡ k (mod f(ζ)) となる有理整数 k がある。
この k は mod p で一意に定まる。
よって、
g(ζ) ≡ k_0 + k_1ζ + ... + k_(f-1)ζ^(f-1) (mod f(ζ))
となる。ここで、各 k_i は有理整数である。
よって、mod f(ζ) の剰余類の個数は p^f 以下である。
一方、mod f(ζ) の剰余環は有限体であり、
ζ の mod f(ζ) の剰余類を ωとすると、
ω^λ = 1 だから、剰余類の個数は p^f で割れる(>>327)。
よって、剰余類の個数は p^f である。
このことから、上の k_0, ..., k_(f-1) は mod p で一意に決まる
ことが分かる。
0332Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 12:52:48任意の円分整数 g(ζ) は
g(ζ) ≡ k_0 + k_1ζ + ... + k_(f-1)ζ^(f-1) (mod f(ζ))
と表され、k_0, ..., k_(f-1) は mod p で一意に決まるということは、
f 項周期から構成される円分整数が mod f(ζ) で有理整数と合同である
という事実を使わなくても、mod f(ζ) の剰余類の個数は p^f である
(>>327)ということから以下のようにすぐ出る。
ζ の mod f(ζ) の剰余類を ωとする。
>>327 で示したように Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) は体として Z/pZ 上 ω で
生成される。よってωの Z/pZ 上の次数は f である。
よって、剰余体 Z[ζ]/(f(ζ)Z[ζ]) の任意の元は
Z/pZ 上 1, ω, ..., ω^(f-1) の一次結合として一意に表される。
よって、上の主張が得られる。
0333Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 14:43:07p の指数とする。 f(ζ) を p を割る円分素数とする。
η_0, η_1, ... , η_(e-1) を f 項周期とする。
>>300 より
η_0 ≡ u_0 (mod f(ζ))
η_1 ≡ u_1 (mod f(ζ))
.
.
.
η_(e-1) ≡ u_(e-1) (mod f(ζ))
となる有理整数 u_0, u_1, ..., u_(e-1) が存在する。
f 項周期から構成される円分整数は Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1))
と η_0, η_1, ... , η_(e-1) の多項式（１次式）で表される(>>269)。
Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) を Φ(η) と略記する場合もある。
Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) に
Φ(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) (mod p) を対応させることにより、
A から Z/pZ への写像が定まる。ここで A は
f 項周期から構成される円分整数全体のなす Z[ζ] の部分環である。
Φ(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) (mod p) が
円分整数 Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) のみで定まり多項式
Φ(X_0, ..., X_(e-1)) の選び方によらないことは、
Φ(η_0, η_1, ... , η_(e-1)) ≡
Φ(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) (mod f(ζ))
となることから明らかだろう。
0334Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 15:08:06g(ζ) = Φ_0(η) + Φ_1(η)ζ + ... + Φ_(f-1)(η)ζ^(f-1)
と書ける。ここで各 Φ_i(η) はf 項周期から構成される円分整数
である。
g(ζ) ≡ Φ_0(u) + ... + Φ_(f-1)(u)ζ^(f-1) (mod f(ζ))
である。ここで、Φ_i(u) は Φ_i(u_0, u_1, ... , u_(e-1)) の
略記である。
>>331 から有理整数の列 Φ_0(u), ..., Φ_(f-1)(u) は mod p で
一意に決まる。
よって、g(ζ) が f(ζ) で割れるかどうかを判定するには、
Φ_0(u) ≡ 0, ..., Φ_(f-1)(u) ≡ 0 (mod p) となるかどうかを
判定すればよい。
0335Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 15:31:24環からある体の中への準同型写像のことをその環の特殊化という。
>>333 では f 項周期から構成される円分整数全体のなす環の
(Z/pZ への)特殊化を定義していることになる。
特殊化の理論は van der Waerden が代数幾何において初めて導入し、
Zariski, Weil などが発展させた。
0336Kummer ◆g2BU0D6YN2
2006/06/23(金) 15:50:46u_0, u_1, ..., u_(e-1) さえ知っていれば、
任意の円分整数の f(ζ) による整除の判定は出来る。
よって、p を割る円分素数が存在しない場合でも
有理整数の列 u_0, u_1, ..., u_(e-1) をうまく選べば
f(ζ) によるのと同様な整除関係が定義できてその剰余類を
考えることが出来るのではないかというのが、Kummer の理想数の
アイデアの出発点であった。
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