最終更新日時 2011年03月04日 (金) 22時33分57秒
代数的整数論 ＃003 (236-295)
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236 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/01(月) 12:38:49
λ = 3 のとき、Z[ζ] は、Euclid環である(>>233)から、 一意分解整域である。
円分整数 f(ζ) と g(ζ) の最大公約数は Euclid の互除法により 求まる。 f(ζ) と g(ζ) の最大公約数を (f(ζ), g(ζ)) と書く。 これは、単数の違いを除いて一意に決まる。
237 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/01(月) 13:14:44
ここで、Z[ζ] の単数を求めよう。
>>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
238 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/01(月) 14:22:38
λ = 3 のとき、Z[ζ] の円分素数 f(ζ) を具体的に求める方法を考えよう。 >>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。
239 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/01(月) 15:16:36
>>238 をまとめると以下のようになる。
p ≡ 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。
240 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/02(火) 10:32:34
λ = 3 とし、円分素数 f(ζ) のノルムが 3 と異なる有理素数 p とする。
>>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。
241 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/02(火) 12:35:59
逆に p ≡ 1 mod 3 となる素数 p が与えられたとする。
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。
242 ：１３２人目の素数さん：2006/05/02(火) 12:42:23
(；´Д`)'`ｧ'`ｧ
243 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/02(火) 13:26:16
>>241 を使えば円分素数 f(ζ) を具体的に求めることが出来る。
p ≡ 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。
244 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/02(火) 14:00:41
>>243 の方法で原理的にはいくらでも円分素数を見つけることが出来る。
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。
245 ：１３２人目の素数さん：2006/05/03(水) 09:03:09
2006/04/24(月) 19:41:29
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246 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/09(火) 08:38:44
Kummer は、5 ≦ λ ≦ 19 となる奇素数 λ と、 p ≡ 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。
247 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/09(火) 11:57:40
>>246 の N(ζ+ 4) = 5・41 より N(f(ζ)) = 41 となる円分素数 f(ζ) 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。
248 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/09(火) 12:09:21
ここで、ちょっと脱線するが、Kummer は 1 の原始λ乗根の１つを 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。
249 ：１３２人目の素数さん：2006/05/09(火) 12:10:25
かなりどうでもいいような
250 ：１３２人目の素数さん：2006/05/09(火) 12:31:21
>>249
>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。
251 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/09(火) 12:39:42
Kummer は Gauss と同様に計算魔であった。 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。
252 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/09(火) 13:07:12
>>246 にも書いたが円分整数の計算は面白い。これは実際にやってみないと 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。
253 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/09(火) 17:24:42
訂正
>>246の N(ζ+ 7) = 11・91 は N(ζ+ 7) = 11・191 の間違い。
254 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/10(水) 08:31:36
>>247 の N(1 + 2ζ + 3ζ^2) = 41 を確かめてみよう。
f(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
255 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/10(水) 16:21:36
今度は、>>246(及び>>253の訂正) の N(ζ+ 7) = 11・191 より N(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
256 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/10(水) 16:47:52
>>255 の N(3 - 2ζ + ζ^2 - ζ^3) = 191 を確かめてみよう。
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
257 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/10(水) 17:01:11
ノルムを計算してその値が最後にピタッと素数に一致するのが 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？
258 ：１３２人目の素数さん：2006/05/10(水) 19:58:47
>>257 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・・・
259 ：１３２人目の素数さん：2006/05/11(木) 01:33:45
あげあしとりにもならないツッコミをいれるのはやめようよ。
260 ：１３２人目の素数さん：2006/05/11(木) 08:10:39
>>258 >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？
261 ：ゆんゆん ◆kIuLDT68mM ：2006/05/11(木) 08:24:18
なんで突然名無しなんだよ？
262 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/11(木) 08:34:44
ノルムの計算には、奇素数λの円分体が有理数体上のλ-1次の 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。
263 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/11(木) 13:07:49
例によってλをある奇素数とし、ζを１の原始λ乗根の１つとする。
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。
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。
264 ：１３２人目の素数さん：2006/05/11(木) 13:34:01
糞と菅とあほのキングとGolden Ammo様を召還！
265 ：糞 ◆UNKO.QUQQ2 ：2006/05/11(木) 14:02:09
ｺﾆﾁﾜｰ
266 ：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w ：2006/05/11(木) 16:57:03
talk:>>264 お前に何が分かるというのか？
267 ：糞 ◆UNKO.QUQQ2 ：2006/05/12(金) 06:32:59
おはよう
268 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/12(金) 12:44:02
>>263 の η_0, η_1, ..., η_(e-1) の各々を f 項周期または単に 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。
269 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/12(金) 12:48:12
円分整数 f(ζ) が σ^e で不変、つまり σ^e(f(ζ) ) = f(ζ) とする。
f(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。
270 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/13(土) 18:14:57
f 項周期から構成される円分整数(>>269)は、 f(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。
271 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/13(土) 18:47:58
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。
272 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/13(土) 19:15:17
f 項周期については、ひとまずこれくらいにして、 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。
273 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/13(土) 19:52:07
p を素数として N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(ζ) があれば、 >>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。
274 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/17(水) 17:57:47
p を p ≡ 1 mod λ となる有理素数とし、 f(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。
275 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/17(水) 18:31:36
>>273 に戻る。
p 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。
276 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/17(水) 18:45:16
>>275 の g(ζ) は円分素数ではないかもしれないが Nf(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。
277 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/18(木) 18:29:37
>>272 で予告していた λ = 5, p = 71 の場合に N(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)
278 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/19(金) 18:09:21
>>277 で求めた f(ζ) = 3 - ζ + ζ^2 のノルムを計算しよう。 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。
279 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/20(土) 19:04:24
λ = 5, 7, 11, 13, 17, 19 の場合、円分整数環 Z[ζ] は 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。
280 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/20(土) 19:22:29
f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 のノルムを求めるために、 λ = 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。
281 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/22(月) 13:01:04
>>280 の f 項周期 η_0, η_1, ..., η_5 の間の乗法 (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。
282 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/22(月) 19:07:06
いよいよ、f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 のノルムを求める計算に取り掛かる。
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) 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)。
283 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/22(月) 19:35:34
σ^6(g_0(ζ)) = g_0(ζ) だから g_0(ζ) は３項周期、 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。
284 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/23(火) 12:49:23
>>283 で求めた g_0(ζ) = 2 + η_4 + η_5 から、 g_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。
285 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/23(火) 13:08:29
h_0(ζ) = g_0(ζ)g_2(ζ)g_4(ζ) = (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)。
286 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/23(火) 15:37:08
h_0(ζ) = 11 + 5θ_0 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。
287 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/23(火) 16:04:27
f(ζ) = 1 + ζ + ζ^6 を見つけるのとそのノルムの計算には、 Ａ４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。
288 ：１３２人目の素数さん：2006/05/24(水) 12:26:28
遠い南の島に、日本の歌を歌う老人がいた。 「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……。
289 ：１３２人目の素数さん：2006/05/24(水) 12:57:14
1,2,3,4,,,,,,,n の調和平均が素数の数と漸近的にn/logn オーダーになっていくのは単なる偶然？
290 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/29(月) 16:27:44
λ = 23 の場合、p = 47 として N(f(ζ)) = p となる円分素数 f(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。
291 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/29(月) 17:03:42
ζ を１の原始λ乗根とし、Z[ζ] の自己同型σを σ(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。
292 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/29(月) 17:30:14
f(ζ) を任意の円分整数として N(f(ζ)) を f 項周期を使って計算する。
>>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。
293 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/29(月) 17:50:29
p = 47 として N(f(ζ)) = p となる円分整数があるとする。 >>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。
294 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2006/05/29(月) 18:18:18
>>218 より p = 47 を割る円分素数 f(ζ) があれば Nf(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。
295 ：１３２人目の素数さん：2006/05/29(月) 18:31:41
>>289 素数定理から自明かと
タグ： 一意分解整域 円分整数環 円分素数 合同方程式 有理整数環 素数定理
- ヾ(ﾟ∀ﾟ)ﾉ ﾊｲﾊｲ! (2011-03-04 21:55:04)
