メモ(数論10): 第三補充法則 - 古風で優雅な珍品たち

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2022-10-18 12k−1型(チョコ・ワッフル)素数の無限 ガウスの珍しい証明①

今日も気晴らしに、初等整数論で遊びましょう!

知っている? 素数にはいろんな香りがあることを…
   「13」はバニラ… バニラ・ミント
   「11」はチョコレート… チョコ・ワッフル
 テストじゃないのよ あなたのイメージで…見ないでほしい
   素数は ふしぎなお菓子なの

12の倍数(12, 24, 36, 48, 60, 72, …)から 1 を引いたものは、結構よく素数になるような感じがする:
  11, 23, 35, 47, 59, 71, … ← この6個の中では35以外、全部素数

けれど、必ず素数になるわけでもない。
  「12の倍数マイナス1」が合成数になる例 35, 95, 119 (=7 × 17), 143 (=11 × 13), 155, …

では「12k−1型」の素数は無限に存在するのだろうか?

12の倍数は偶数で、しかも3の倍数なので、そこから 1 を引けば奇数で、しかも3の倍数と1ずれた数になる。だから「12の倍数マイナス1」の中には、2の倍数・3の倍数が入ってない。でも世の中には、5の倍数・7の倍数…など無限種類の倍数がある。「2の倍数・3の倍数が入っていない」というだけでは、「そこに素数が無限にある」とは言い切れない。

――この素朴な疑問は、次の(一見まるで無関係な)問題と関係している。

問題 5以上の素数 p が与えられたとき、その p に対して x2 ≡ 3 (mod p) を満たす解 x があるか、ないか?

上記の問題は、相互法則を使えば簡単だけど、相互法則を使わずに直接検討することもできる。直接的アプローチは面白い。ガウスによるこの議論は、現代の教科書には載ってないし、ディリクレの整数論講義でも省略されている。それを3回くらいに分けて、研究してみたい。

〔参照〕 Gauß, DA, artt. 117–120。便宜上、ガウスの説明とは逆に、第118節を先に【1】で紹介して、第117節を後から【3】で紹介する。本来の順序に従って【3】を先に読んだ方が分かりやすいかもしれない。

【1】 5以上の素数は、12の倍数との関係では、12k±1型、12k±5型の4種類の分類できる。今回は、12k±5型の素数を問題にする(DA 118)。感覚的には「8k±3型の素数を法として2が非剰余」ということと、似ている。ガウスは「同様に証明できるので、われわれは面倒を省く」と書いているが、ガウスの方法は恐らく次のようなものだろう。

証明を分かりやすくするため、先に二つのことを観察しておく。

「観察1」 mod 12 では 5 の逆数(掛けると 1 になる相手)は 5 自身で、−5 の逆数は −5 自身。

実際 5 × 5 = 25 ≡ 1 (mod 12) になる。(−5) × (−5) = 25 ≡ 1 (mod 12) でもある。

このことから、例えば a ≡ ±5 (mod 12) のとき、もし ab ≡ 1 (mod 12) なら b ≡ ±5 (mod 12) となる(複号同順)。同様に、a ≡ ±5 (mod 12) のとき、もし ab ≡ −1 (mod 12) なら b ≡ ∓5 (mod 12) となる(複号同順)。例えば a = 5, b = −5 なら ab = −25 ≡ −1 (mod 12)。

「観察2」 「12k+5型または12k−5型」の数は、必ず「12k+5型または12k−5型」の素因数を少なくとも一つ持つ。

〔例1〕 72 は12の倍数だから 72 + 5 = 77 は12k+5型。そして 77 = 7 × 11 の素因数のうち 7 は12k−5型。

〔例2〕 24 は12の倍数だから 24 + 5 = 29 は12k+5型。この場合 29 自身が素数(29の素因数)で、12k+5型。

〔例3〕 1224 は12の倍数だから 1224 − 5 = 1219 は12k−5型。そして 1219 = 23 × 53 の素因数のうち 53 は12k+5型。

こうなる理由。12k ± 5 は奇数なので 2 では割り切れない。12k ± 5 は、3の倍数「12k ± 3」と ±2 ずれてるので、3 でも割り切れない。従って、12k ± 5 型の数 N の素因数は、5以上に限られるが、5以上の素数は 12k±1型、12k±5型のいずれか。ところが 12k±1型の素数――つまり ≡ ±1 (mod 12) の数――を何個掛け合わせても、≡ ±1 (mod 12) にしかならない。N は ≡ ±5 (mod 12) なので、それを作るためには、12k±5型の素因数がどうしても必要。

別の言い方をすると…。ある数 N について N ≡ ±5 (mod 12) が成り立つとき、その数 N は、q ≡ ±5 (mod 12) を満たす素因数 q を持つ(N 自身が素数 q という場合もある)。

☆ ここからが本題 ☆

定理1 p が12k±5型の素数なら x2 ≡ 3 (mod p) は解を持たない。

証明 x2 ≡ 3 (mod p) が解 x を持つような、12k±5型の素数 p が存在する…と仮定して矛盾を導く。x2 ≡ 3 (mod p) が解を持つような、最小の12k±5型素数を p としよう。

仮定により、この p に対して、x2 ≡ 3 (mod p) を満たす x が存在。そのような x のうち、2 以上 p 未満の偶数を x = e とすると:
  e2 ≡ 3 (mod p)
つまり整数 f が存在して
  『あ』 e2 − 3 = pf
を満たす。e は偶数なので、左辺は奇数、従って f は奇数。e の値の範囲から、f は p 未満の正の奇数。

mod p の世界には 0, 1, 2, …, p−1 の p 種類の数しかない: x2 ≡ 3 (mod p) に解があるなら、その範囲に解がある。x ≡ a が解なら、x ≡ −a ≡ p−a も解。もし a が偶数ならそれを e とし、a が奇数なら p−a(奇数引く奇数なので偶数)を e とすればいい。p ≥ 5 なので 02 ≡ 3 は不成立。だから e は 2 以上、『あ』の値は 22 − 3 = 1 以上で正。一方、『あ』左辺は p2 − 3 未満なので p2 未満、それと等しい右辺 pf も p2 未満なので f は p 未満の正の数。

e は偶数なので、6n ± 2 の形、または 6n の形のいずれかを持つ。 ← この場合分けが好手(ガウスDA 117)

第一に、e = 6n ± 2 なら e2 = 36n2 ± 12n + 4 ≡ 4 (mod 12) なので、『あ』を mod 12 で考えると:
  4 − 3 ≡ pf つまり pf ≡ 1 (mod 12)
仮定により p ≡ ±5 (mod 12) なので、「観察1」から f は ≡ ±5 (mod 12)。従って「観察2」から f は12k±5型の素因数 q を持つ。『あ』を mod q で考えると:
  e2 − 3 ≡ 0 つまり e2 ≡ 3 (mod q)
これは「x2 ≡ 3 (mod p) が解を持つような、最小の12k±5型素数は p」という仮定に矛盾する(なぜなら f は p 未満の正の数であり、f の因数 q は p より小さい)。

第二に、e = 6n なら e2 = 36n2 なので、『あ』はこうなる:
  『い』 36n2 − 3 = pf
この左辺は 3 で割り切れるので、それと等しい右辺 pf も 3 で割り切れるが、p は5以上の素数なので 3 では割り切れない。従って f が 3 で割り切れ、f/3 は整数。『い』の両辺を 3 で割ると:
  12n2 − 1 = p(f/3)
これを mod 12 で考えると:
  0 − 1 ≡ p(f/3) つまり p(f/3) ≡ −1 (mod 12)
すなわち mod 12 において f/3 は、p ≡ ±5 の逆数の −1 倍。「観察1」から f/3 ≡ ∓5 (mod 12)。「観察2」から、整数 f/3 は12k±5型の素因数 q を持ち、第一の場合と同様、矛盾が生じる(f/3 < f < p なので f/3 の素因数 q は p より小さい)。□

〔コメント〕 技術的な理由で e, f が3で割り切れるかどうかの場合分けが生じる。e が偶数、e2 が4の倍数なので『あ』を mod 4 で考えるのが自然なようだが(そして『あ』を mod 3 でも考えれば、mod 12 の議論が成立するのだが)、それだと遠回りになる(末尾の付録参照)。

巨匠ガウスの感覚 偶数が平方されるとき、mod 4 は平凡。偶数を mod 6 で 0 or ±2 に分類せよ。3 で割り切れるかどうかが絡むなら、なおさら。

*

【2】 この件に関するガウスの指摘はここまでだが、この議論を応用すると12k−1型素数が無限に存在することをエレガントに証明できる!

補題1 x2 − 3 が 5 以上の素数 p で割り切れるなら、その p は12k±5型ではあり得ない。

証明 もしも p が12k±5型だとすると、x2 − 3 ≡ 0 (mod 12k±5) となるが、それが不可能なことは、定理1の通り。□

補題2 12k+1型の数を何個掛け合わせても、12k−1型の数を作れない。

証明 12k+1型の数は ≡ +1 (mod 12) であり、12k−1型の数は ≡ −1 (mod 12) である。前者の型の数を何個掛け合わせても結果は ≡ +1 (mod 12) で、後者の型にならない。□

定理2 12k−1型の素数は無限個、存在する。

証明 12k−1型の素数が有限個(m 個)しかないと仮定して、それらを
  S = {p1, p2, …, pm}
とする。11 や 23 は12k−1型素数なので、S は空集合ではない。今、
  A = p1p2…pm
と置くと、p1, p2 などはどれも ≡ −1 (mod 12) なので A ≡ (−1)m ≡ ±1 (mod 12) は、12の倍数±1。そこで A = 12u ± 1 とすると:
  A2 = (12u ± 1)2 = 122u2 ± 24u + 1 = 24(6u2 ± u) + 1
両辺から 3 を引くと:
  『う』 A2 − 3 = 24(6u2 ± u) − 2

補題1により、『う』の整数は、12k±5型の素因数を持たない。

『う』右辺は、明らかに 2 で割り切れる。それと等しい『う』左辺も、もちろん 2 で割り切れる。そこで『う』の両辺を 2 で割ると:
  『え』 (A2 − 3)/2 = 12(6u2 ± u) − 1

『え』左辺の整数 (A2 − 3)/2 を B とすると、『え』右辺から分かるように B は12k−1型で、従って 2 でも 3 でも割り切れない。しかも B は、
  「12k±5型の素因数を持たない『う』の数」の約数(2 で割ったもの)
なので、依然として12k±5型の素因数を持たない。つまり B = (A2 − 3)/2 の素因数は「12k+1型または12k−1型」に限られる。

ところが補題2から、「12k+1型素数だけ」を掛け合わせても、12k−1型の整数 B を作れない。だから、B は「12k−1型」の素因数を少なくとも一つ含む。そのような素因数(複数ある場合はそのうちの任意の一つ)を q としよう: q は B = (A2 − 3)/2 の約数だから、2B = A2 − 3 も q で割り切れる。他方、集合 S に含まれるどの素数 p を考えても、A は p の倍数なので A2 も p の倍数: p の倍数より 3 小さい A2 − 3 は、p では割り切れない(p は12k−1型素数なので 11 以上)。

要するに、素数 q は A2 − 3 の約数だが、素数 p はそうではない。

だから、12k−1型の素数 q は、集合 S に含まれるどの素数 p とも異なる。すなわち「12k−1型素数が有限個しかない」という最初の仮定は誤りで、どのような有限集合を考えても、必ず「そこに含まれてない別の12k−1型素数」が存在する。□

〔例1〕 12k−1型素数が {11, 23} だけだと仮定。A = 11 × 23 = 253(これは 12u + 1 の形: u = 21)。 A2 − 3 = 2 × 32003。 B = 32003。この B はそれ自身が素数: その素因数 q = B = 32003 は12k−1型。

〔例2〕 12k−1型素数が {11, 23, 47} だけだと仮定。A = 11 × 23 × 47 = 11891(これは 12u − 1 の形: u = 991)。 A2 − 3 = 2 × 132 × 418331。 B = 132 × 418331。B は12k−1型で、素因数 q = 418331 は12k−1型。

12k−1型素数についての上記の証明法は、8k−1型素数についての証明法(第二補充法則【6】)と平行的。ちなみに全くどーでもいいことだが、「12k−1型素数」の愛称は「チョコ・ワッフル素数」または「霜月(しもつき)素数」。愛称の一つは、旧暦の月の名から。

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2022-10-19 チョコ・ミントとチョコ・ワッフル 次回予告

「チョコレート素数」というのは、4で割ると 3 余る素数(3, 7, 11, 19など)の愛称。4の倍数より 1 小さいともいえる。対比的に、4の倍数より 1 大きい素数(5, 13, 17など)を「バニラ素数」と呼ぶ。「バニラ」と「チョコレート」は、4で割った余りによる分類だ。

それとは別に、3で割った余りによる分類も考えられる: 3の倍数より 1 大きい場合を「ミント」、1 小さい場合を「ワッフル」という。

12 で割った余りで考えると: 余り 1, 5, 9 がバニラ、余り 3, 7, 11 がチョコレートだが、実際には余り 1 or 5 がバニラ、余り 7 or 11 がチョコレートと考えていい。

なぜなら、12の倍数より 3 または 9 大きい数は 3 で割り切れるので、3 自身を別にすれば、素数ではない。

「チョコ・ミント」は 12 で割った余りが 7 の場合、「チョコ・ワッフル」は 12 で割った余りが 11 の場合(前者は 3 の倍数より 1 大きく、後者は 3 の倍数より 1 小さい)。

前回は、チョコ・ワッフル素数が無限に存在することを証明した。今度は「チョコ・ミント素数が無限に存在すること」を示したい。

まず、p を 5 以上の素数として、次の定理を証明する: p がワッフル素数のとき x2 ≡ −3 (mod p) は解を持たない(言い換えると、この2次式が解を持つのは p がミント素数の場合に限られる)。

この定理自体は難しくない。ガウスの DA 117 に直接的な証明が掲載されていて、前回の内容とペアになる。それはいいのだが、問題は「この定理から、どうやってチョコ・ミント素数の無限を導くか」。いったんは「この方法では無理かも?」と諦めかけた。−3 が mod p で「平方剰余になるか非剰余になるか」の区別は「p がミントかワッフルか」の区別なので、本質的には mod 3 での分類。mod 12 での細かい分類のためには、解像度が足らないのでは…。

けれど、次のアイデアを思い付いた!

チョコ・ミント素数(≡ 7 mod 12)が有限個しかないと仮定して、それを S = {p1, p2, …, pm} とし、
  A = p1p2…pm
と置く。ここで B = (2A)2 + 3 という数を考える。上の定理を使って、次のことが示される: B の素因数は、どれも ≡ 1 or 7 (mod 12) の形を持つ。

もしも B の素因数がどれもこれも ≡ 1 (mod 12) なら、それらの積である B 自身も B ≡ 1 (mod 12) になってしまう。ところが、チョコ・ミント素数の平方は ≡ 72 ≡ 49 ≡ 1 (mod 12) なので:
  A2 = p12p22…pm2 ≡ 1 × 1 × … × 1 ≡ 1 (mod 12)
  だから実際には B = 4A2 + 3 ≡ 7 (mod 12)
従って「もしも」は無理な仮定。B は必ず ≡ 7 (mod 12) の型の素因数 q を少なくとも一つ持つ。

S に含まれる任意の素数 p について、B は p の倍数より 3 大きいので、p では割り切れない。一方、q は B の素因数なので、B は q で割り切れる。だから q は、S に含まれるどの素数とも異なるチョコ・ミント素数。

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2022-10-21 12k+7型(チョコ・ミント)素数の無限 ガウスの珍しい証明②

【3】 「6k+5型」の素数(6で割ると5余る)――言い換えれば「6k−1型」の素数(6の倍数より1小さい)――を考える:
  5, 11, 17, 23, 29, 41, 47, …

以下の議論は、前回の【1】とほとんど同じ(Gauß, DA 117)。話をスムーズに進めるため、ここでもまず二つのことを観察しておく。

「観察3」 mod 6 では −1 の逆数(掛けると 1 になる相手)は −1 自身。

(−1) × (−1) = 1 なのは当たり前。「マイナスかけるマイナスの計算は嫌いなんだよ~」という方は −1 ≡ 5 (mod 6) なので、5 × 5 = 25 ≡ 1 (mod 6) と考えてもいい。

このことから、例えば a ≡ −1 (mod 6) のとき、もし ab ≡ 1 (mod 6) なら b ≡ −1 (mod 6) となる。

「観察4」 6k−1型の自然数は、必ず同じ型の素因数を少なくとも一つ持つ。

〔例1〕 36 は6の倍数だから 35 は6k−1型。そして 35 = 5 × 7 の素因数のうち、5 は6k−1型。

〔例2〕 42 は6の倍数だから 41 は6k−1型。41 は素数なので、41自身がその素因数(もちろん6k−1型)。

〔例3〕 120 は6の倍数だから 119 は6k−1型。そして 119 = 7 × 17 の素因数のうち 17 は6k−1型。

こうなる理由。6k − 1 は奇数なので 2 では割り切れないし、(6k は3の倍数で、それと −1 ずれてるので)3 でも割り切れない。従って、6k − 1 型の数 N の素因数は5以上に限られるが、5以上の素数は 6k+1型、6k−1型 のいずれか。ところが 6k+1型の素数――つまり ≡ +1 (mod 6) の数――を何個掛け合わせても、≡ +1 (mod 6) にしかならない。N は ≡ −1 (mod 6) なので、それを作るためには、6k−1型の素因数がどうしても必要。

別の言い方をすると…。ある数 N について N ≡ −1 (mod 6) が成り立つとき、その数 N は、q ≡ −1 (mod 6) を満たす素因数 q を持つ(N 自身が素数 q という場合もある)。

定理3 p が6k−1型の素数なら x2 ≡ −3 (mod p) は解を持たない。

証明 x2 ≡ −3 (mod p) が解 x を持つような、6k−1型の素数 p が存在する…と仮定して矛盾を導く。x2 ≡ −3 (mod p) が解を持つような、最小の6k−1型素数を p としよう。

仮定により、この p に対して、x2 ≡ −3 (mod p) を満たす x が存在。そのような x のうち、2 以上 p 未満の偶数を x = e とすると:
  e2 ≡ −3 (mod p)
つまり整数 f が存在して
  『か』 e2 + 3 = pf
を満たす。e は偶数なので、左辺は奇数、従って f は奇数。e の値の範囲から、f は p 未満の正の奇数。

〔解説〕 e は p 未満、つまり p−1 以下なので、『か』左辺は、次の数以下:
  (p−1)2 + 3 = p2 − 2p + 1 + 3 = p2 + (4 − 2p) ★
ここで p は6k−1型の素数なので 5 以上、だから 4 − 2p = 2(2 − p) は負。従って ★ の数は p2 より小さく、要するに『か』左辺は p2 未満。左辺に等しい『か』右辺 pf も p2 未満。だから f は p 未満。

さて e は偶数なので、e ≡ ±2 または e ≡ 0 (mod 6)。

第一に、e ≡ ±2 なら e2 ≡ 4 (mod 6) なので、『か』を mod 6 で考えると:
  4 + 3 ≡ pf つまり pf ≡ 1 (mod 6)
仮定により p ≡ −1 (mod 6) なので、「観察3」から f は ≡ −1 (mod 6)。従って「観察4」から f は6k−1型の素因数 q を持つ。『か』を mod q で考えると:
  e2 + 3 ≡ 0 つまり e2 ≡ −3 (mod q)
これは「x2 ≡ −3 (mod p) が解を持つような、最小の6k−1型素数は p」という仮定に矛盾する(なぜなら f の因数 q は p より小さい)。

第二に、e ≡ 0 (mod 6) なら e = 6n と置くと、『か』はこうなる:
  『き』 36n2 + 3 = pf
この左辺は 3 で割り切れるので、それと等しい右辺 pf も 3 で割り切れるが、p は5以上の素数なので 3 では割り切れない。従って f が 3 で割り切れ、f/3 は整数。『き』の両辺を 3 で割ると:
  12n2 + 1 = p(f/3)
これを mod 6 で考えると:
  0 + 1 ≡ p(f/3) つまり p(f/3) ≡ 1 (mod 6)
仮定により p ≡ −1 なので、「観察3」から f/3 ≡ −1 (mod 6)。従って「観察4」から、整数 f/3 は6k−1型の素因数 q を持ち、第一の場合と同様、矛盾が生じる。□

【4】 6k−1型素数は、12の倍数との関係では、次の二つのグループに分けられる。

バニラ・ワッフル素数 12k+5型(6の奇数倍より1小さい)
5, 17, 29, 41, …
チョコ・ワッフル素数 12k−1型(6の偶数倍より1小さい)
11, 23, 47, 59, …

ここで「バニラ」とは「4で割ると1余る」という意味、「チョコレート」略して「チョコ」とは「4で割ると3余る」という意味。「ワッフル」は「3で割ると2余る」という意味。

「ワッフル」は「ミント」(3で割ると1余る)と対になる。これらは便宜上の勝手な愛称であり、正式な用語ではないのだが、概念の整理や、簡潔な表現のために役立つことがある。

「ある整数 D が mod p において平方剰余か非剰余か」という区別を分解性と呼ぶことにすると、p がバニラなら D の分解性と −D の分解性は一致し、p がチョコなら D の分解性と −D の分解性は逆になる(この件については、第二補充法則【11】【12】に詳しい説明がある)。もっとも D = 0 なら D = −D となって例外的事態が発生するが、今は ±3 を考えているので、そんな特殊ケースは関係ない…。んでもって、定理3によれば、−3 の分解性は、p がバニラ・ワッフルでもチョコ・ワッフルでも「非剰余」。このことから +3 の分解性は、p がバニラ・ワッフルなら同じ「非剰余」だが、p がチョコ・ワッフルなら逆に「平方剰余」になる。

〔バニラ・ワッフル素数の例として 5 を考えると〕 x2 ≡ −3 (mod 5) も x2 ≡ 3 (mod 5) も解を持たない(バニラなので、両者の分解性が同じ)。実際 mod 5 での平方剰余は 0 を別にすれば (±1)2 ≡ 1 ≡ −4 と (±2)2 ≡ 4 ≡ −1 に限られる。

〔チョコ・ワッフル素数の例として 11 を考えると〕 x2 ≡ −3 (mod 11) は解を持たないが(定理3)、x2 ≡ 3 (mod 11) は解を持つ。実際 mod 11 での平方剰余は 0 を別にすれば…
  (±1)2 ≡ 1 ≡ −10, (±2)2 ≡ 4 ≡ −7, (±3)2 ≡ 9 ≡ −2
  (±4)2 ≡ 16 ≡ 5 ≡ −6, (±5)2 ≡ 25 ≡ 3 ≡ −8
…であり、前者に解はなく、後者には x ≡ ±5 という解がある。チョコなので、両者の分解性が逆。

12k+5型(=12k−7型)の素数(バニラ・ワッフル)を法として 3 で非剰余であることは、定理1として既に直接証明済みだが、12k−1型の素数(チョコ・ワッフル)を法として 3 が平方剰余になることは、新事実。他方、定理1によれば、12k−5型(=12k+7型)素数(チョコ・ミント)を法とすると 3 が非剰余なので、この型の素数に対しては −3 は(法がチョコなので分解性が逆になって)平方剰余となる。

〔チョコ・ミント素数の例として 7 を考えると〕 x2 ≡ −3 (mod 7) は解を持たないが(定理1)、x2 ≡ 3 (mod 7) は解を持つ。実際 mod 7 では (±1)2 ≡ 1 ≡ −6 と (±2)2 ≡ 4 ≡ −3 と (±3)2 ≡ 2 ≡ −5 が平方剰余であり、前者には解がないが、後者には x ≡ ±2 という解がある。チョコなので、分解性が逆。

±3の分解性
↓mod3−3modの種類
12k+1バニラ
12k+7非剰余平方剰余チョコ
12k−7非剰余非剰余バニラ
12k−1平方剰余非剰余チョコ

mod 12k+1 で何が起きるかは(このメモ内では)未証明だが(次回のお楽しみ?)、属性がバニラなので、二つの「?」は一致する。対称性や、第二補充法則(下記)との類似性から、二つの「?」は「平方剰余」になると予想される。

±2の分解性
↓mod2−2modの種類
8k+1平方剰余平方剰余バニラ
8k+3非剰余平方剰余チョコ
8k−3非剰余非剰余バニラ
8k−1平方剰余非剰余チョコ

このような検討や直接証明は、平方剰余の相互法則が確立していなかった時代の「アンティック」で*1、現代の数論ではほとんど取り上げられない(そこがむしろ新鮮で面白い)。時代の境目の Gauß はこれを取り上げているが*2、Dirichlet は既に「±3の分解性」の議論を省いている。現代では「+2の分解性」(第二補充法則)だけが取り上げられ、「−2の分解性」は第一補充法則の自明な系と見なされる。

*1 Euler: [E272] Supplementum quorundam theorematum arithmeticorum, quae in nonnullis demonstrationibus supponuntur (1763, written 1759?): Novi Commentarii academiae scientiarum Petropolitanae, Vol. 8, pp. 105–128
https://scholarlycommons.pacific.edu/euler-works/272/

*2 Gauß が「−2の分解性」を検討している一つの背景として、相互法則の第一証明には第二補充法則が必要で、それを導くために「−2の分解性」が使われている。

*

【5】 ガウスの議論からは脱線するが、これを利用して、以下の魅惑的な事実が得られる。

補題3 x2 + 3 の 5 以上の素因数 q は、12k+1型または12k+7型に限られる。

証明 x2 + 3 ≡ 0 つまり x2 = −3 (mod q) が成り立つなら、q はワッフル素数ではないから(定理3)、ミント素数。□

定理4 「12k+7型」素数――すなわち、6の奇数倍より1大きい素数(7, 19, 31, etc.)――は、無限に存在する。

〔注意〕 「12k+7型」は「12k−5型」ともいえる。ミント素数(3k+1型)が無限に存在することは、既に分かっている。ミント素数は全て6k+1型でもあるので、6の倍数より1大きい素数は無限に存在する。ところが、それを「6の偶数倍より1大きい素数」(12k+1型=バニラ・ミント)と「6の奇数倍より1大きい素数」(12k+7型=チョコ・ミント)に細分しても、どちらの種類の素数も、なお無限に存在する…。ここでは、そのうち後者が無限にあることを証明する。これについても、もっと一般的な事実が証明されているのだから、個別的ケースについて考えるのは「無駄」かもしれないが、どんなことでも、どうせなら楽しもう!

証明 12k+7型素数が有限個で S = {p1, p2, …, pm} の m 個だけだと仮定する。

それらの積を A = p1p2…pm として B = (2A)2 + 3 と置くと、補題3によって B の素因数は、12k+1型または12k+7型に限られる(B の素因数は 5 以上。なぜなら B は奇数なので 2 で割り切れず、A は 3 で割り切れないので B も 3 で割り切れない)。

p1, p2 などはいずれも ≡ 7 (mod 12) なので、その平方はいずれも ≡ 72 ≡ 1 (mod 12)、従って:
  A2 = p12p22…pm2 ≡ 1 × 1 × … × 1 ≡ 1
  B = 4A2 + 3 ≡ 4 + 3 ≡ 7 (mod 12)
つまり B は12k+7型の奇数。

もしも B の素因数がすべて12k+1型なら、B も同じ型になるが、それは上記の事実に反し不合理。従って B は12k+7型の素因数を少なくとも一つ持つ。q をそのような素因数(複数あるなら、そのうちの任意の一つ)とすると、B は q で割り切れるが、S に含まれるどの素数 p を考えても、B は p の倍数より3大きいので、B は p では割り切れない。すなわち q は S に含まれていない12k+7型素数。□

〔例1〕 12k+7型素数が {7, 19} だけと仮定。A = 7 × 19 = 133, B = (2 × 133)2 + 3 = 70759。この B = 70759 は12k+7型の奇数で B = 13 × 5443 と素因数分解される。このうち 5443 は12k+7型素数。

〔例2〕 12k+7型素数が {7, 19, 31} だけと仮定。A = 7 × 19 × 31 = 4123, B = (2 × 4123)2 + 3 = 67996519。この数は、それ自身12k+7型素数。

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2022-10-25 第三補充法則の完成 ガウスの珍しい証明③

【6】 5 以上の任意の素数 p が与えられたとき、x2 ≡ 3 や x2 ≡ −3 (mod p) に解があるかないか?

前者の解の有無(「分解性」)・後者の解の有無(「分解性」)は、p を4で割った余りが 1(バニラ)なら一致し、3(チョコレート)なら逆になる(【4】参照)。だから、どちらか片方だけでも判定できれば、自動的に両方とも判定できる。p が12k+5型、12k+7型、12k+11型の場合に関しては、+3 と −3 の両方について結論が出ている。残った問題は、法が12k+1型(バニラ・ミント)素数の場合。第二補充法則の8k+1型(春素数)のケースと似た話になる。

ガウス自身の議論は、およそ次の通り(DA 119)。 p を12k+1型(バニラ・ミント)に限らず、より一般的に3k+1型(ミント素数)とする。フェルマーの小定理から、任意の a について ap−1 ≡ 1 (mod p) だが(ただし a は p の倍数以外)、p = 3k+1 なので p − 1 = (3k+1) − 1 = 3k は 3 で割り切れる。従って、位数 3 の a が存在する。

〔解説〕 位数 3 の a とは、「3乗すると ≡ 1 になるが、1乗や2乗しても ≡ 1 にならないような数」。そのような a が存在することは、ガウスの DA 54 で証明されている―― DA 54 については別のメモで詳しく紹介しているが、以下のように考えれば(それほどエレガントではないものの)結論自体は容易に理解可能。

フェルマーの小定理によれば…
  『さ』 yp−1 ≡ 1 つまり yp−1 − 1 ≡ 0 (mod p)
…は p−1 種類の解 y ≡ 1, 2, 3, …, p−1 を持つ。p−1 = 3k なので:
  『し』 y3k − 1 ≡ 0 つまり (y3)k − 1 ≡ 0 (mod p)
今 y3 ≡ z と置くと:
  『す』 zk − 1 = (z − 1)(zk−1 + zk−2 + … + 1) ≡ 0 (mod p)

z についてのk次方程式『す』は、最大で k 種類の解を持ち、その k 種類の解の一つ一つについて、3次方程式 y3 ≡ z は最大3種類の解を持つ。従って『し』は y について最大 3k 種類の解を持つのだが、『し』すなわち『さ』は、上述のように実際 3k = p−1 種類の解を持つ。つまり、この「最大限度・目いっぱいの解」のケース。だから『す』は k 種類の解を持ち、そのためには
  『せ』 z − 1 ≡ 0 (mod p) が 1 種類の解を持ち、
  『そ』 zk−1 + zk−2 + … + 1 ≡ 0 (mod p) が k−1 種類の解を持つ。
『せ』についての事実から(y3 ≡ z と置いたのだから)…
  y3 − 1 ≡ 0 つまり y3 ≡ 1 (mod p)
…は、目いっぱいの 3 種類の解を持つ。その3解を y ≡ u, v, w とでもしよう。y ≡ 1 は明らかに y3 ≡ 1 の解なので、解 y ≡ u, v, w の一つは ≡ 1。仮に u ≡ 1 とすると、もちろん u1 ≡ 1 なので u の位数は 1 であり、当たり前だが、1 は「3乗すると ≡ 1」という条件をちゃんと満たす。一方、v と w もそれぞれ3乗すると ≡ 1 なので、その位数は 3 の約数(つまり 1 or 3)だが、もはや位数 1 ということはあり得ない。なぜなら、もしも例えば v1 ≡ 1 なら u1 ≡ v1 ≡ 1 となり、要するに u ≡ v ≡ 1 となってしまい、「u, v, w は不合同(種類が異なる)」という前提に反する。同様に w の位数も 1 ではない: v と w は位数 3。

〔参考〕 代わりに mod p の原始根の一つを g としてもいい: gp−1 ≡ 1 だが、p−1 = 3k は 3 で割り切れるので、v ≡ g(p−1)/3 と置けば、直ちに位数 3 の元 v が得られる(v3 ≡ gp−1 ≡ 1)。ちなみに w ≡ v2 ≡ g2(p−1)/3 も位数 3(実際 w3 ≡ v6 ≡ (v3)2 ≡ 1)。

いずれにせよ、位数 3 の元 v が存在するので、v3 ≡ 1 (mod p)、従って:
  v3 − 1 ≡ 0 つまり (v − 1)(v2 + v + 1) ≡ 0 (mod p)
これは (v − 1)(v2 + v + 1) が p で割り切れることを含意するが、v ≢ 1 なので(なぜなら v の位数は 1 ではない)、v − 1 ≢ 0 (mod p) であり、因子 v − 1 は p で割り切れない。必然的に、もう一方の因子 v2 + v + 1 が p で割り切れる。従って、それを 4 倍した 4(v2 + v + 1) も p で割り切れる*3:
  4v2 + 4v + 4 ≡ 0 つまり 4v2 + 4v + 1 ≡ −3 (mod p)
  つまり (2v + 1)2 ≡ −3 (mod p)
すなわち x2 ≡ −3 (mod p) は x ≡ 2v + 1 という解を持ち、−3 は平方剰余。次の定理が証明された。

定理5 3k+1型の任意の素数 p を法として −3 は平方剰余。

〔例〕 p = 7 は 3k+1型素数。 v = 2 は v3 = 8 ≡ 1 (mod p) を満たすが、v1 = 2 ≢ 1 なので位数3。このとき x ≡ 2v + 1 = 5 は x2 ≡ −3 (mod p) の解。実際、52 = 25 = 7 × 4 − 3 ≡ −3 (mod 7)。

*3 一般に n が3以上の素数のとき、xn − 1 = (x − 1)(xn−1 + xn−2 + … + x + 1) の丸かっこ内の n−1 次式について、4倍して次の形に変形できる:
  4X = Y2 ∓ nZ2 (複号では n が4k+1型なら上、4k+3型なら下を選択)
この場合、n = 3, X = x2 + x + 1, Y = 2x + 1, Z = 1 に当たる(Gauß, DA 357):
  4(x2 + x + 1) = (2x + 1)2 + 3

【7】 自然数 k = 2n が偶数の場合、「3k+1型」素数は「6n+1型」素数になるが、実は「3k+1型」素数「6n+1型」素数(あるいは n をあらためて k として「6k+1型」素数)は、完全に同じ対象を指す。というのも、もしも「3k+1型」で k が奇数(1, 3, 5, …)だと、「3k+1」は 4, 10, 16, … の偶数になってしまい、素数になり得ない。要するに「3k+1型の素数」という表現では、暗黙に k が偶数であることが含意されている。

他方、この「6n+1型」素数の n は偶数にも奇数にもなり得る。

「6n+1型」の n が偶数なら 13, 37 のような「12k+1型」素数になる(偶数 n をあらためて 2k と置いた)。

「6n+1型」の n が奇数なら 7, 19, 31 のような「12k+7型」素数になる(奇数 n をあらためて 2k+1 と置いた)。

どちらについても、3で割って1余ること――あるいは6で割って1余ること――には変わりなく、すなわち「3k+1型」なので、これらの素数を法として −3 は平方剰余(定理5)。他方 +3 に関しては、バニラ素数の一種「12k+1型」を法とする場合には同じく平方剰余になるものの、チョコ素数の一種「12k+7型」を法とする場合には、分解性が逆転し、非剰余となる(「12k+7型」言い換えれば「12k−5型」に関するこの事実は、定理1で証明済み)

まとめると:

第三補充法則 法が12k±1型の素数なら 3 は平方剰余。法が12k±5型(言い換えれば12k±7型)の素数なら 3 は平方非剰余。

〔例〕 p = 13 は12k+1型素数なので、x2 ≡ 3 と x2 ≡ −3 (mod 13) はどちらも解を持つはず。実際 x ≡ ±4 は前者を満たし、x ≡ ±6 は後者を満たす。

±3の分解性
↓mod3−3modの種類
12k+1平方剰余平方剰余バニラ
12k+7非剰余平方剰余チョコ
12k−7非剰余非剰余バニラ
12k−1平方剰余非剰余チョコ

相互法則を使えば、ルジャンドル記号の機械的操作で効率よく同じ結論が得られるものの、上記のような直接証明は――表面的には非効率かもしれないが――含蓄がある。実際、われわれはいつしか「1 の原始3乗根との類似性」の問題に極めて接近していて、「相互法則は整数の話のようだが、その本質には複素数や無理数が関係する」ということが、漠然と予感される。教科書的な「知識」からは得られない体験的な「手応え」。

この方向には、探検・冒険の余地がいっぱいある…。

12k+7型素数(チョコ・ミント)と12k+11型素数(チョコ・ワッフル)について、それぞれ無限にあることを証明したからには、「12k+1型素数(バニラ・ミント)と12k+5型素数(バニラ・ワッフル)もそれぞれ無限に存在するのか?」という問いに答えを出さないことには、中途半端で、すっきりしない。この問題をとりあえず解決したいところだが、12k+1型素数の無限性については、これまでのような「平方剰余の応用」だけでは対応できない。「円分多項式」という概念が必要となり、結構大掛かりなハイキングコースとなる。ここまで来たからには、行かねばなるまい!

第二補充法則との関係においては、「8k+1型」素数は四乗剰余と結び付き、さらに−1 の4乗根(1 の8乗根)との関連性が認められた。【6】の議論は、12k+1型素数についての同様の事実――立方剰余や 1 の複素立方根などとの関連性――を示唆している。こちらは、面白い散歩道となるだろう。

第ニ補充法則・第三補充法則の拡張として「±5 や ±7 の分解性についても、直接証明できるか?」というのも、自然な疑問だろう。相互法則を使えば、これらの分解性の判定は機械的計算なのだから、「本質的には上と同じような、古風でのんびりした議論になるだけ」と予想したくなるかもしれないが、果たしてそうだろうか?

数論とは何なのか。われわれは何者なのか。この道は、どこへ続くのか。

〔補足〕 自然数の範囲において、3k+1型素数(ミント素数)と「6k+1型」素数は、無条件で全く同じ意味だが、3k+2型素数(ワッフル素数)と「6k+5型」素数は、微妙に意味が異なる: 前者は 2 を含むが、後者は 2 を含まない(2 を別にして、5 以上に話を限るなら、ワッフル素数は「6k+5型素数」)。負の整数にまで範囲を広げると、ミント素数と「6k+1型」素数にも、同様の微妙な違いが生じる: 前者は −2 を含み、後者は −2 を含まない。

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2022-10-17 付録・定理1の別証明

【1】の定理1については、なかなかうまい証明法が見つからず、最初にメモを書いたときには、以下のややこしい方法を使っていた。

 《あ》 e2 − 3 = pf

《あ》を mod 3 で考えると:
  《い》 e2 ≡ pf (mod 3)

《い》は「pf が mod 3 の平方剰余」(*)ということを含意する: mod 3 の平方剰余は ≡ 1 or 0 しかない。すなわち:
  《う》 pf ≡ 1 または pf ≡ 0 (mod 3)

(*) 「mod 3 の平方剰余」とは、大ざっぱに言えば「平方して 3 で割った余り」。e = 2, 4, 6, 8, … を平方した 22 = 4, 42 = 16, 62 = 36, 82 = 64, … を3で割ると、余りは 1 か 0 のどちらかに限られ、2 にはならない。

【第一の場合】 《う》で pf ≡ 1 (mod 3) のとき

今度は《あ》を mod 4 で考えよう。e は偶数なので e2 は4の倍数、つまり e2 ≡ 0 (mod 4)。従って:
  −3 ≡ pf (mod 4) つまり
  《え》 pf ≡ 1 (mod 4)

《う》によれば pf を3で割ると1余り、《え》によれば pf を4で割ると1余る。これが両立するということは、pf を12で割ると1余る:
  《お》 pf ≡ 1 (mod 12)
ところが仮定により p ≡ ±5 (mod 12) なので、f ≡ ±5 (mod 12) となる(*)。すなわち f は12k±5型の奇数。

(*) p ≡ +5 のとき: f ≡ +5 なら pf ≡ 25 ≡ 1 (mod 12) となって《お》の条件が満たされるが、それ以外の種類の f は条件を満たさない。
p ≡ −5 のとき: f ≡ −5 なら pf ≡ 25 ≡ 1 (mod 12) となって《お》の条件が満たされるが、それ以外の種類の f は条件を満たさない。

f は1個以上の素因数を持つが、f は奇数なので、2 という素因数を持たない。pf ≡ 1 (mod 3) と仮定しているので 3 という素因数も持たない(もしも f が3で割り切れるなら pf ≡ 0 (mod 3) になるはず)。従って f の素因数はどれも 5 以上だが、5以上の素数は ≡ ±1 or ±5 (mod 12) のどれかのタイプ。だけど ±1 (mod 12) の型の素数を何個掛け合わせても、≡ ±5 (mod 12) の f を作れない。だから f の 素因数の中には、少なくとも一つは ≡ ±5 (mod 12) の型のものがある。そのような(12k±5型の)素因数――もし複数あるなら、そのうち任意の一つ――を q として《あ》を mod q で考えると、f は q の倍数だから:
  e2 − 3 ≡ 0 (mod q)
  つまり e2 ≡ 3 (mod q) ここで q は12k±5型の素数

これは「x2 ≡ 3 (mod p) が解を持つような、最小の12k±5型素数が p」という仮定に反する(q は f の約数なので p 未満)。矛盾。

【第二の場合】 《う》で pf ≡ 0 (mod 3) のとき

これは pf が3の倍数ということだが、そのときには f が3の倍数(なぜなら p は素数だから、3の倍数ではない)。そこで f = 3F と置くと《あ》はこうなる:
  《か》 e2 − 3 = p(3F)
このとき e2 = p(3F) + 3 = 3(pF + 1) は3の倍数なので、e 自身も3の倍数: e = 3E と置くと(e は偶数なので E も偶数)、《か》はこうなる:
  (3E)2 − 3 = 3pF
両辺を 3 で割って
  《き》 3E2 − 1 = pF

《き》を mod 12 で考えると −1 ≡ pF (mod 12)。なぜなら E は偶数なので E2 は4の倍数、従って 3E2 は12の倍数。

《お》以下と同様に考えると(*)、F は 12k±5型の奇数。

(*) p ≡ +5 (mod 12) の場合、F ≡ −5 なら pF ≡ −25 ≡ −1 (mod 12) となって上記条件 pF ≡ −1 (mod 12) が満たされるが、それ以外の種類の F は条件を満たさない。p ≡ −5 (mod 12) の場合、F ≡ +5 なら pF ≡ −25 ≡ −1 (mod 12) となって条件が満たされるが、それ以外の種類の F は条件を満たさない。

これ以降は【第一の場合】とほとんど同じ: F は、必ず12k±5型の素因数 q を持つ。F は q の倍数、f はその F の倍数だから q の倍数でもあり、《あ》を mod q で考えると矛盾が生じる。

F は奇数 f を3で割ったものなので、奇数。《き》左辺によると pF は 3 の倍数より 1 小さいので、3 では割り切れない。従って F は、【第一の場合】の f 同様、素因数 2, 3 を持たない。

結論として、「x2 ≡ 3 (mod p) が解を持つような、12k±5型素数 p が存在する」と仮定すると、どっちにしても矛盾が生じる。□

〔コメント〕 ガウスは簡単そうに「同様に」の一言で済ませている。しかし、われわれは mod 3 の平方剰余 0, 1 の場合分け――言い換えると f が3で割り切れない場合と割り切れる場合の区別――をバイパスする方法を見つけられず、あまり簡単にはできなかった。もっと良いやり方があるのだろうか? e として偶数ではなく奇数の解を選んでも証明を完了できるが、偶数を選んだ方が少し簡単なようだ。もちろん平方剰余の相互法則を使えば、ただの機械的計算になる(「第三」補充法則)。

末尾のコメントにあるように、この証明法(DA 112/113; VüZ §41のアレンジ)には不満が感じられた。さいわい、別の方法(DA 117のアレンジ)を試したら、本文で紹介した簡潔な方法が見つかった! 簡単そうに書いてるように思われるかもしれないが、実際にはさんざん苦労したり、悩んだり、試行錯誤したりしている。その赤裸々な記録として、旧バージョンも残しておく…。

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2022-10-29 バニラ・ミントはバッハの調べ 12k+1型素数の無限

12の倍数(12, 24, 36, …)より 1 小さい素数(11, 23, etc.)が無限に存在することは、比較的簡単に証明できた。では、12の倍数より 1 大きい素数(13, 37, etc.)も無限に存在するのだろうか

ちょっと敷居の高い円分(えんぶん)多項式の世界だが…。いきなり一般論をやらず、一つの具体例を実際に利用しながら「優しい入門」を試みたい…

~☆~☆~☆~

【1】 バッハは…
  《バ》 x12 = 2
…の実数解を使ってオクターブを12等分した(詳細は末尾の【5】参照)。われわれは1の原始12乗根を使って、単位円を12等分する:
  《ビ》 x12 = 1
の複素数解を考えることに相当するのだが、この分野になみじがない人は「何が何やらさっぱり…」と感じるかもしれない。けどまぁ、《ビ》の右辺の 1 を移項すると:
  x12 − 1 = 0
y = x4 と置くと:
  y3 − 1 = 0 つまり (y − 1)(y2 + y + 1) = 0
変数を元に戻すと:
  《ブ》 (x4 − 1)(x8 + x4 + 1) = 0

《ブ》左辺の因子のうち…
  《ベ》 x4 − 1 = (x2 + 1)(x2 − 1) = (x2 + 1)(x + 1)(x − 1)
…は難なく分解できるとして、8次式の方は y2 + y + 1 の形で見ると、「1の複素立方根の式」なので、実数係数の範囲ではこれ以上分解できないようにも思える。けれど、次の(ちょっぴりトリッキーな)恒等式を考えてみよう:
  (z2 + 1)2 − z2 = (z2 + 1 + z)(z2 + 1 − z)  ← A2−B2 = (A+B)(A−B) の形
  z4 + 2z2 + 1 − z2 = (z2 + 1 + z)(z2 + 1 − z)
  《ボ》 z4 + z2 + 1 = (z2 + z + 1)(z2 − z + 1)
従って z = x2 と思うと、《ブ》の因子の8次式はこうなる:
  x8 + x4 + 1 = (x4 + x2 + 1)(x4 − x2 + 1)
この右辺・後半の因子 x4 − x2 + 1 は、これ以上分解できないが、右辺・前半は再び《ボ》の形なので:
  x8 + x4 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1)(x4 − x2 + 1)
だから《ブ》の左辺をこう書くことができる:

《マ》 f(x) = x12 − 1 = (x4 − 1)(x2 + x + 1)(x2 − x + 1)(x4 − x2 + 1)

この4個の因数のうち、x4 − 1 の部分は《ベ》のように、さらに分解できるのだが、ゴチャゴチャするので、このままで…。もともとの12次方程式 f(x) = 0 は、上記右辺の4因数の積が 0 という意味なのだから、方程式を満たす x は、次のどれかを満たす:
  ① x4 − 1 = 0 または
  ② x2 + x + 1 = 0 または
  ③ x2 − x + 1 = 0 または
  ④ x4 − x2 + 1 = 0

【2】 今回の本題とは関係ないが、せっかくなので方程式を解いておこう! 1の12乗根って具体的にどんな数?ってのは、普通に好奇心が湧くことだしネ…。①の解はもちろん x = ±1, ±i の4個。このうち −1 は 1 の原始2乗根、i と −i は 1 の原始4乗根

「原始○乗根」とは、○乗して初めて = 1 になり、○未満の正の整数乗では = 1 にならない数を指す。例えば (−1) は4乗すると = 1 になるので「1 の4乗根」の一つには違いないが、4乗しなくても (−1)2 で既に = 1 になるので「1 の原始4乗根」ではない。

②の解は、1 の複素立方根(原始3乗根)2個: (−1±i√3)/2。②は2次方程式なので、解の公式から直接これらを得ることもできるし、三角関数を使えば cos θ + i sin θ で θ = ±120° の場合に当たる。

三角関数での表現は単なる参考事項で、今回の本題とは全く関係ないけど、①の4解についても同様に考えると、θ = 0°, 180°, ±90° の場合に当たる。座標平面のx軸が実部、y軸が虚部と考えている。

③の解は、1 の原始6乗根2個: (1±i√3)/2。これも2次方程式なので直接解けるし、あるいは cos θ + i sin θ で θ = ±60° の場合に当たる。

最後に④の解は 1 の原始12乗根4個だが、これは③で x = r2 と置いて r について解いたもの(要するに③の解の平方根)に他ならない: (√3±i)/2 と (−√3±i)/2 であり、cos θ + i sin θ で θ = ±30° or ±150° の場合。実際、例えば r = (√3 + i)/2 のとき:
  r2 = (3 + 2i√3 − 1)/4 = (1 + i√3)/2
これは③の解の一つであり、この r は (1 + i√3)/2 の平方根の一つ。

まとめると①に4個、②に2個、③に2個、④に4個の解があり、合計12個の複素数 x が《マ》の f(x) = x12 − 1 = 0 を(言い換えれば x12 = 1 を)満たす。これらが12種類の「1の12乗根」。音楽でいえば、1オクターブの12半音のようなもの…。イメージ的には、単位円というピザを30°ずつ12等分した切り口に当たる。

【3】 さて、差し当たり重要なのは、「1 の原始12乗根」に対応している④の形 g(x) = x4 − x2 + 1。ここでは直接的に複素12乗根を使うのではなく、自然数を入力とするシンプルな関数として、これを扱う。

仮に12k+1型の素数が S = {p1, p2, …, pm} の m 個しかないとして、それらの積を A = p1p2…pm としよう。少なくとも 13 と 37 は S に属するので S は空集合ではない。p1, p2 などは、どれも ≡ 1 (mod 12) なので、それらの積も ≡ 1 (mod 12)。さらに(ちょっと天下り的だが)上記の多項式 g(x) を使って
  B = g(A) = A4 − A2 + 1
と置くと、この数も B ≡ 14 − 12 + 1 ≡ 1 (mod 12) を満たす。つまり12k+1型の奇数。

〔例1〕 仮に12k+1型の素数(バニラ・ミント素数)が {13, 37} だけだとすると、A = 13 × 37 = 481, B = 4814 − 4812 + 1 = 535億2768万0961。この11桁の数を12で割ると1余る。実際、下2桁の61を4で割ると1余る(100の倍数は4で割り切れるので、下2桁だけ考えれば十分)。さらに3の倍数を無視しながら桁の和を考えると:
  (5+3+5) + (2+7+6+8) + (0+9+6+1) ≡ 10 + 8 + 1 ≡ 1 (mod 3)
従って、この数を3で割ると1余る。3で割っても4で割っても1余るのだから、12で割れば1余る。

もし B が素数なら、B は明らかに S のどの素数 p よりも大きいので、新しい12k+1型の素数が見つかったことになる。一方、B が合成数だとして、その任意の素因数 q は、S に属するどの素数 p とも異なる。実際、A は p の倍数なので B = A4 − A2 + 1 は p の倍数より1大きく、すなわち B は p では割り切れない; q は B の素因数なので、B は q で割り切れる。「q はどの p とも異なる」という動かぬ証拠である!

〔例2〕 例1の数 A = 13 × 37 = 481, B = A4 − A2 + 1 = 53527680961 について。Bは実は合成数で、601 × 2617 × 34033 と素因数分解される。B は A の倍数より1大きいが、その A は p = 13(あるいは p = 37)の倍数なので、B を p で割っても割り切れない(1余る)。一方、B の素因数(例えば q = 601)は、もちろん B を割り切る。

従って q は S に含まれない新しい素数だが、以下で証明するように、この q は、実は12k+1型の素数(バニラ・ミント)。

〔例3〕 例2の B = 53527680961 = 601 × 2617 × 34033 について。 q = 601 とすると、例1同様、下2桁から q はバニラ(4で割って1余る)、桁の和から q はミント(3で割って1余る)。q = 2617, q = 34033 も同様にバニラ・ミント。

q は A のどの素因数(p1, p2, …, pm)とも異なる素数なので、もちろん A は q の倍数ではない。

《マ》で見たように、「ボス」4次式 g(x) = x4 − x2 + 1 は、「大親分」 f(x) = x12 − 1 の「子分」(約数・因数)なので、ボス g(x) の部下(約数)たちは、当然、大親分 f(x) の部下(約数)でもある。q が B = g(A) の約数であると仮定しているのだから、f(A) = A12 − 1 も q で割り切れる:
  《ミ》 A12 − 1 ≡ 0 (mod q) すなわち A12 ≡ 1 (mod q)

〔例4〕 A = 481 なら、ボスが B = A4 − A2 + 1 = 53527680961、大親分…
  48112 − 1 = 153370176189268183007030246252160
…は、そのボスの倍数(B で割り切れる)。当然、ボスの子分たち B = 601 × 2617 × 34033 のどれから見ても、大親分は自分の倍数に当たる。例えば:
  48112 − 1 = 601 の倍数
両辺に 1 を足すと
  48112 = 601 の倍数 + 1
  言い換えれば 48112 ≡ 1 (mod 601)

mod q において A を12乗すると ≡ 1 になることが分かった。では、もし mod q で A の位数が12だとしたら――つまり A は12乗して初めて ≡ 1 になり、6乗や4乗などでは ≢ 1 (mod 12) だとしたら――どうなるか?

A は素数 q の倍数ではないので、フェルマーの小定理から Aq−1 ≡ 1 (mod q)。 A の位数 e は、この q−1 の約数なので(説明)、もし e = 12 なら、q−1 は 12 で割り切れる:
  e = 12 なら q − 1 ≡ 0 (mod 12) つまり q ≡ 1 (mod 12)
これは「q が12k+1型の素数」ということであり、非常に望ましい結論である!

すなわち e = 12 を示せば、証明が完成する。e が12の約数であることは明らかなので、もし仮に e が12でないとすれば、それは 1, 2, 3, 4, 6 のどれか: e = 1, 2, or 4 なら A4 ≡ 1 (mod q) が成り立ち、さもなければ A3 ≡ 1 または A6 ≡ 1 が成り立つ。その「もし仮に」が無理な仮定であることを示そう。

e = 2 は A2 ≡ 1 (mod q) を含意するが、その両辺を平方すれば A4 ≡ 1 (mod q)。 e = 1 は A1 ≡ 1 (mod q) を含意するが、その両辺を4乗すれば A4 ≡ 1 (mod q)。

〔例5〕 例4から 48112 ≡ 1 (mod 601)。従って 481e ≡ 1 (mod 601) を満たす正の整数 e の例として e = 12 がある。けれど例えば…
  もしも 4816 ≡ 1 が成り立つなら(実際には成り立たないが)
  48112 ≡ (4816)2 ≡ (1)6 ≡ 1 (mod 601)
…というような可能性も考えられるので、「481 を12乗すると ≡ 1」というだけでは、481e ≡ 1 を満たす最小の正の整数 e が12とは言い切れない。現時点では、「e が12未満」という可能性が否定されていないため、e は12の約数のどれにもなり得る。

もし仮に A4 ≡ 1 つまり A4 − 1 ≡ 0 (mod q) なら A4 − 1 は q で割り切れるが、そのとき (A + q)4 − 1 も q で割り切れる。というのも…
  (A + q)4 = A4 + 4A3q + 6A2q2 + 4Aq3 + q4
…と A4 の差は q の倍数なので*1、mod q では(つまり q で割った余りという観点では)違いがない:
  A4 ≡ (A + q)4 (mod q) 両辺から 1 を引くと
  A4 − 1 ≡ (A + q)4 − 1 (mod q)

*1 (A + q)4 を展開したときの係数は、順に 1, 4, 6, 4, 1 (参考)。ここでは「大部分の項が q の倍数になること」が核心で、具体的な係数の値は重要ではない。

同様の理由から A2 ≡ (A + q)2 (mod q)、それを上の式から辺々引き算すると:
  A4 − A2 + 1 ≡ (A + q)4 − (A + q)2 + 1 (mod q) 従って
  B = g(A) ≡ g(A + q) (mod q)
全く同様にして、より一般的に、整数を係数とする任意の多項式 h(x) について h(A) ≡ h(A + q) (mod q) が成り立つ。従って:
  f(A + q) ≡ f(A) つまり (A + q)12 − 1 ≡ A12 − 1 (mod q)
《マ》《ミ》を使うと:
  《ム》 (A + q)12 − 1 ≡ A12 − 1 ≡ (A4 − 1)(A2 + A + 1)(A2 − A + 1)g(A) ≡ 0 (mod q)

ここでボス B = g(A) が部下 q の倍数というのは q の定義そのものだが、今は「もし仮に」として A4 − 1 も q の倍数と想定している。よって《ム》の4因子の積は q の倍数を(少なくとも)2個含んでいて、q で2回割り切れる――言い換えると q2 で割り切れ、それと合同な大親分 A12 − 1 や (A + q)12 − 1 も q2 の倍数になる。この最後の式を展開すると、二項定理から、こうなる:
  A12 + 12A11q + (12⋅11/2!)A10q2 + (12⋅11⋅10/3!)A9q3 + … + 12Aq11 + q12 − 1
  ≡ A12 + 12A11q − 1 ≡ 0 (mod q2)

ここで (12⋅11/2!) などは一定の整数(二項係数)だが、その具体的な値は重要ではない――q2 を含む項から q12 の項までは、明らかに q2 で割り切れるので mod q2 では ≡ 0 であり、無視していい。さて、この仮定上では大親分 A12 − 1 も q2 で割り切れるのだから、上の合同式はこうなる:
  (A12 − 1) + 12A11q ≡ 0 つまり 12A11q ≡ 0 (mod q2)
  両辺を q で割って 12A11 ≡ 0 (mod q)
これは、ばかげている! A が q で割り切れないことは確定しているので、A11 は決して q では割り切れないし、q は12k+1型の奇数 B(この B を 2 で割っても 3 で割っても 1 余って割り切れない)の素因数なのだから 2 or 3 の訳がなく、12 は決して q では割り切れない。すなわち A4 ≡ 1 (mod q) という仮定は不合理。

同様に、もし仮に e = 3 なら A3 − 1 = (A − 1)(A2 + A + 1) が q で割り切れるが、e ≠ 1 なので A2 + A + 1 が q で割り切れる。このことから《ム》の積は q2 で割り切れることになり、矛盾が生じる。最後に、もし仮に e = 6 なら A6 − 1 = (A − 1)(A + 1)(A2 + A + 1)(A2 − A + 1) が q で割り切れるが、位数の条件から A2 − A + 1 が q で割り切れ、やはり《ム》で矛盾。

A6 − 1 = (A − 1)(A + 1)(A2 + A + 1)(A2 − A + 1) の4因子のどれが q で割り切れるか?は、矛盾の本質と関係ない。どの因子が q で割り切れるにしても(もし仮に A6 − 1 が q で割り切れるのなら、因子のどれかが q で割り切れる)、同様の矛盾が生じる。

結論として e = 12。この方法で出てくる新しい素数 q は、必ず12k+1型(バニラ・ミント)。□

【4】 「12k+1型の素数は有限個しかない。このリストの数だけだ」と言い張る人がいたとして、そのリストの数を全部掛け合わせたものを A として上の方法を使うと、必ずリストにない新しい12k+1型素数 q が見つかる。最初の人が「おっと q を入れ忘れていた。最初のリストに q を付け加えれば、今度こそ12k+1型素数の完全リストです」と言い張ったとしても、その新しいリストの数を全部掛け合わせたものをあらためて A とすれば、またまたリストにない別の12k+1型素数 q が見つかる。…つまり、「12k+1」型素数は無限に存在する!

上記【3】では、g(A) = A4 − A2 + 1 に「ボス」というニックネームを付けた。この「ボス」――正式名称「円分(えんぶん)多項式」――さえ正しく選べば、同様の方法で「13k+1」型、「14k+1」型など任意の「nk+1」型素数について、その無限性を示すことができる。一般論においては、ボスの具体的な形を示すことなく「とにかくボスが存在する」という事実を利用する。

原始12乗根を解に持つ g(x) = x4 − x2 + 1 が、n = 12 の場合の円分多項式に当たる。

一般の場合の定理は標準的なもので、多くの文献・資料に掲載されているだろう。本文では S の全素数の積を A としたが、文献上の一般論では、その n 倍を A とすることが多い。そのようにすると、S が空集合の場合でも(その場合には A = n とすることで)、次々とその型の新しい素数をリストに加えていくことができる。一般論の場合、任意の n に対して S が空集合でないことを示すだけでも簡単ではないだろうから、重要な工夫だと思われる。A を事前に n 倍(例えば12倍)しておくことで「q は A を割り切らないから、12 を割り切らない」という議論も簡単にできる。

「A の位数が n = 12 ちょうどではなく、もっと小さい」と仮定して矛盾を導く部分については、次の方法もある。その仮定だと、実数の世界での f(x) = 0 は x = A において重解を持つ(《ム》参照)。従って、解析学によると、x = A は f(x) の導関数の零点: 要するに 12A11 = 0、ゆえに 12A11 ≡ 0 (mod q) となるが、それが不合理であることは本文の通り。

ここで解析学を絡めるのはスマートで格好いいし、それはそれで参考になるのだが、エリートのどや顔のようで、しゃらくさい気も…w

円分多項式の世界を研究するには、メビウス反転などのツールが必要になり少し準備が必要だが、面白い探検には違いない…。自然数の世界の「素数の分布」に、自然と複素数の世界が絡んでくるのは、神秘的な感じがする!

【5】 音楽の12平均律では、周波数の比が「2 の12乗根」(の主値)のときを半音と定義することで、半音の「幅」(周波数比)がどこでも同じになる。この比を例えば s として、基準の「ラ」の音を440ヘルツとすると、半音上は周波数は次々と s 倍になるのだから…
  「ラ」の周波数 440
  「ラ」♯    440 × s = 440s
  「シ」     440s × s = 440s2
  「ド」     440s2 × s = 440s3
  「ド」♯    440s3 × s = 440s4
…等々となり、1オクターブ(つまり12半音)上の「ラ」は 440s12 = 440 × 2 = 880 ヘルツ(なぜなら s は 2 の12乗根なので、s12 = 2)。物理的な自然倍音との関係において「オクターブは2倍の周波数」というのは、つじつまが合っているようだが、オクターブ以外は、理論上の周波数比が「無理数」。純正な自然倍音と異なるのは、言うまでもない。このような「無理」をしてまでオクターブを12等分するのは、次のような判断からだろう:
  (オクターブの違いを別にして)12種類のピッチだけ用意しておけば、12調の枠の中でなら自由自在に転調できる。
  この便利さは「純正律と微妙にずれているという欠陥」を補って余りある。

〔注〕 音楽で単に「平均律」と言った場合、大抵は調律のことではなく、バッハの作品集を指す。ここでは調律の話をしている。バッハの「平均律」曲集には、調律の平均律の素晴らしさを実例で示す…というような狙いがあったのかもしれない。

平均律には長所もあれば、短所もある。

鍵盤楽器の生硬な平均律に慣れ切った耳には、トロンボーンや弦楽器の純正なハーモニーは、息をのむほど美しいと感じられることがある…。「和音の美しさ」という点では、例えば、純正な長3度の澄み切った響きの心地よさは、否定のしようがない。変ト長調と嬰ヘ長調が実は「同じ」調…といった「エンハーモニック」は、純正律の立場からは暴挙かもしれない。

他方において、「12種類の音だけで、全てが円環的に完結する」という12平均律の構造は、それ自体として、美しい。有限個の鍵盤しかない鍵盤楽器などでは「12種類の音を出せれば何でも演奏できる」というのは、実用上も極めて便利。事実このシステムは大成功して、現代でも圧倒的な主流となっている。クラシックも、ジャズも、軽音楽も、ほとんど12平均律だろう。

現代の電子楽器やデジタル技術なら、その気になれば仮想鍵盤をいくらでも追加して、簡単に純正律も使える。純正律の方がハーモニーが美しいのに、平均律がなくならないのは、なぜか…。やはり「実用性と美しさのバランス」が最適なのだろう。平均律では「ファの♯とソの♭が同じ」という「ある意味での欠陥」を逆用して「エンハーモニックの魔法」を使える。これは、純正律では実現できない。「広がって解決したい増4度の和音…と思わせておいて、いつしか雰囲気が変わって、減5度になって内側に解決する」という「だまし舟」のような進行は、後期ロマン派では、ありがちなものだろう。この手法は遠隔調への「ワープ転調」を可能にして、究極的には調性の崩壊を招くのだが、そこから、また新しい音楽の世界が生まれてきた。

自然数・整数を基本対象としているように思える数論においても、場合によっては、無理数や複素数を使うと便利なことがある――というより、整数の構造そのものの中に、無理数や複素数が初めから内在している。

このメモでは、一つの具体例として、次のことを観察した。
  「12の倍数より1大きい素数が無限に存在する」という自然数の世界の事実が、
  「複素数の世界で、1の原始12乗根を解とする4次式」の振る舞いと結び付いている。

「なぜそうなるのか?」というのは難しい問題かもしれないが、音楽の12平均律と同様、このようなアプローチが実用上便利であることは、間違いない。

〔参考文献〕
[1] B. Sury: Cyclotomy and Cyclotomic Polynomials - The Story of how Gauss Narrowly Missed Becoming a Philologist
https://www.ias.ac.in/listing/articles/reso/004/12
[2] Wikipedia: Cyclotomic polynomial
https://en.wikipedia.org/wiki/Cyclotomic_polynomial

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2022-11-07 第五補充法則 ガウスの珍しい証明④

x2 ≡ 5 (mod p) に解があるかないかは、相互法則を使って簡単に判定される。ところが Gauß DA 第121~123節では、相互法則を使わない直接的検討が行われている。その内容は玄妙で、一部のケースは Fibonacci 数列の「素数+1」番目の項の分析に似ている。

p を奇数の素数とすると、mod p で 5 が平方剰余か非剰余かという区別が、Fibonacci 数列の第 p 項の振る舞いに大きな影響を及ぼす。

p が5k+4型の素数の場合には、逆に Binet の式のようなものを使って、mod p で 5 が平方剰余であることを証明できる。

相互法則の確立により、このような議論は(直接的には)必要なくなった。けれど「無理数の累乗の形で整数を表現する」という手法それ自体は、依然として興味深い。

【1】 p を 3 以上の素数として、その p に応じて p 次関数 f を次のように定義する:
  『た』 f(x) = [(x + y)p+1 − (x − y)p+1] / y
    ここで y = √b は定数
    b は 0 以上の整数で mod p の平方非剰余の一つ

まず f(x) が実際に p 次関数であることを確かめ、次に f(x) ≡ 0 (mod p) が p 種類の解を持つことを示す。

『た』の分子(角かっこ内)を展開して引き算を実行すると、y の奇数乗を含む項だけが残る。

〔例1〕 p = 3 のとき:
(x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4
(x − y)4 = x4 − 4x3y + 6x2y2 − 4xy3 + y4
 [よろしい ←係数 4, 6, 4]
上から下を引くと
(x + y)4 − (x − y)4 = 2(4x3y + 4xy3)

〔例2〕 p = 5 のとき:
(x + y)6 = x6 + 6x5y + 15x4y2 + 20x3y3 + 15x2y4 + 6xy5 + y6
(x − y)6 = x6 − 6x5y + 15x4y2 − 20x3y3 + 15x2y4 − 6xy5 + y6
 [ジャム! いちごの煮汁 いちごジャム]
上から下を引くと
(x + y)6 − (x − y)6 = 2(6x5y + 20x3y3 + 6xy5)

〔例3〕 p = 7 のとき:
(x + y)8 = x8 + 8x7y + 28x6y2 + 56x5y3 + 70x4y4 + 56x3y5 + 28x2y6 + 8xy7 + y8
(x − y)8 = x8 − 8x7y + 28x6y2 − 56x5y3 + 70x4y4 − 56x3y5 + 28x2y6 − 8xy7 + y8
 [ハチ! 庭で転んで難渋 転んで庭でハチ]
上から下を引くと
(x + y)8 − (x − y)8 = 2(8x7y + 56x5y3 + 56x3y5 + 8xy7)

関連する二項係数は、残存する両端の項(それらの係数は p + 1)を例外として、いずれも p の倍数(Fibonacci 数列の第 p+1 項の計算と同様、p が素数の場合に起きる現象で、「一年生の夢」の一種)。分数の計算(y で割る)を行うと、分子の各項に含まれる y の奇数乗(1乗以上)は、指数が 1 ずつ減って y の偶数乗(0乗以上)に変わる; y の偶数乗 を一般的に y2m と書くと、定義『た』から y2 = b だから y2m = bm となり、この数は整数 b の自然数乗に等しい(左端の項では y0 = b0 = 1)。要するに『た』の f(x) は「整数を係数とする多項式」に等しく、無理数を含まない―― x が整数なら、整数値を持つ*1。上記の例からも明らかなように、この多項式は x の p 次式(p+1 乗の項は、最初の引き算で消滅)。

*1 正確に言うと: 分子は √b の整数倍(無理数)だが、分母が √b なので、この分数は(約分すると)整数値を持つ。

p = 7 の〔例3〕でいえば:
  f(x) = [(x + y)8 − (x − y)8]/y = 2(8x7y + 56x5y3 + 56x3y5 + 8xy7)/y
  = 2(8x7 + 56x5y2 + 56x3y4 + 8xy6) = 2(8x7 + 56x5b + 56x3b2 + 8xb3)
ここで b は整数。右端の項に含まれる b のべきは、y6 = b3、一般の p については yp−1 = b(p−1)/2

p を法として、p の倍数の項を無視し、両端の項だけを考えると、p = 7 の例では:
  f(x) ≡ 2(8x7 + 8xb3) ≡ 2⋅8(x7 + b3) (mod 7)
一般の p について:
  f(x) ≡ 2[(p + 1)xpy + (p + 1)xyp]/y ≡ 2(p + 1)(xp + xyp−1)
  つまり f(x) ≡ 2(p + 1)(xp + xb(p−1)/2) (mod p)
この右辺において、フェルマーの小定理から xp ≡ x; オイラーの基準から b(p−1)/2 ≡ −1。従って、x の値と無関係に、常にこうなる:
  f(x) ≡ 2(p + 1)(x − x) ≡ 2(p + 1)⋅0 ≡ 0 (mod p)
言い換えると、p 次方程式 f(x) ≡ 0 (mod p) は、p 種類の解 x ≡ 0, 1, 2, …, p−1 を持つ。

〔例4〕 p = 3 の場合。〔例1〕から f(x) = 2(4x3y + 4xy3)/y = 2(4x3 + 4xy2)
mod 3 の平方非剰余 b = 2 を使い y2 = 2 を代入すると: f(x) = 2(4x3 + 8x)
f(0) = 0, f(1) = 24, f(2) = 96 は、いずれも 3 の倍数。つまり ≡ 0 (mod 3) を満たす。
もしも b として(間違って)平方剰余の 1 を使い、y2 = 1 を代入すると f(x) = 2(4x3 + 4x)。この場合 f(1) = 16, f(2) = 80 で、3の倍数にならない(オイラーの基準の符号が逆になるため)。

〔例5〕 p = 19 の場合:
  f(x) = (x20 + 20C1x19y + 20C2x18y2 + … + 20C19xy19 + y20)/y
        − (x20 − 20C1x19y + 20C2x18y2 − … − 20C19xy19 + y20)/y
  = 2(20C1x19y + 20C3x17y3 + … + 20C17x3y17 + 20C19xy19)/y
  = 2(20C1x19 + 20C3x17y2 + … + 20C17x3y16 + 20C19xy18)
上記の二項係数は 20C1 = 20C19 = 20 を除き、どれも19の倍数なので:
  f(x) ≡ 2(20x19 + 20xy18) ≡ 2⋅20(x19 + xb(19−1)/2) ≡ 2⋅20(x − x) (mod 19)

b の例として b = 2 とすると(第二補充法則から 2 は mod 19 の非剰余)、f(1) = 31988856, f(2) = 32756588544 などは、どれも19の倍数。

別の例として b = 3 とすると(第三補充法則から 3 も mod 19 の非剰余)、f(1) = 309895168, f(2) = 158631825968 などは、どれも19の倍数。

【2】 以下では、p が5k+4型の素数*2(19, 29, 59 など)の場合を考える。

*2 「5k−1型」「10k+9型」「10k−1型」とも呼べる。±5 の分解性の直接証明において、この型の素数が最も難しいが、このメモで紹介する手法が奏功する(実用上は、わざわざ直接的に証明する必要はなく、平方剰余の相互法則を使って簡単に処理される)。

次の4次関数 g は、関数 f が含むのと同じ b を含む:
  g(x) = [(x + y)5 − (x − y)5] / y  ‥‥①
   = (x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5)/y
    −(x5 − 5x4y + 10x3y2 − 10x2y3 + 5xy4 − y5)/y
   = 2(5x4y + 10x2y3 + y5)/y
   = 10x4 + 20x2y2 + 2y4 = 10x4 + 20bx2 + 2b2  ‥‥②

f(x) の定義式では (x + y) などの指数が「素数+1」だが、g(x) では、その指数が素数 5 になっている。

説明の便宜上 U = (x + y)5, V = (x − y)5 と置くと、①をこう書ける(②と等しい多項式関数):
  『ち』 g(x) = (U − V)/y

今 p + 1 = 5n とすると(p は5k+4型なので n は整数)、【1】の関数…
  f(x) = [(x + y)5n − (x − y)5n] / y = (Un − Vn)/y
   = (U − V)(Un−1 + Un−2V + … + UVn−2 + Vn−1)/y  ‥‥③
…は、多項式として、明らかに『ち』で割り切れる。f(x) = g(x) h(x) として③を参照すると:
  h(x) = Un−1 + Un−2V + … + UVn−2 + Vn−1
これは x について p−4 次式なので*3、mod p において h(x) ≡ 0 の解は p−4 種類以下。4次関数 g(x) ≡ 0 の解は、もちろん 4 種類以下。他方 f(x) ≡ 0 が p 種類の解を持つことは分かっているので(【1】)、g(x) ≡ 0 も h(x) ≡ 0 も可能な上限いっぱいの解を持つ必要がある。すなわち g(x) ≡ 0 を満たす4種類の x が存在する。

*3 p 次式を 4 次式で割った商なので。別の観点として、h は U や V の n−1 次式だが、U や V 自体は x の5次式なので、h は x の 5(n−1) 次式。ところが n = (p+1)/5 なので、その両辺から 1 を引くと n−1 = (p−4)/5 すなわち 5(n−1) = p−4。従って x の 5(n−1) 次式 h とは、x の p−4 次式に他ならない。

〔例6〕 例5について: p = 19, b = 2 のとき g(x) = 10x4 + 40x2 + 8 ≡ 0 (mod 19) は、4種類の解 x ≡ ±3, ±5 を持つ。例えば g(3) = 1178 は 19 の倍数。

〔例7〕 p = 19, b = 3 のとき g(x) = 10x4 + 60x2 + 18 ≡ 0 (mod 19) は、4種類の解 x ≡ ±2, ±3 を持つ。例えば g(−2) = 418 は 19 の倍数。

g(x) = 10x4 + 20bx2 + 2b2 ≡ 0 (mod p) を成立させる4種類の x のどれを考えても(②参照)、解 x = a 自身が a ≡ 0 になることは、あり得ない。なぜなら、もしも g(0) ≡ 0 が成立するなら 2b2 ≡ 0 つまり b ≡ 0 (mod p) となるが、それは「b が平方非剰余」という前提に反する。

【3】 g(x) = 10x4 + 20bx2 + 2b2 ≡ 0 (mod p) に(4種類の)解があることは確定したので、その一つを x = a とすると:
  g(a) = 2(5a4 + 10a2b + b2) = 2[(5a2 + b)2 − 20a4] ≡ 0
両辺を 2 で割ると (5a2 + b)2 − 20a4 ≡ 0、移項して…
  (5a2 + b)2 ≡ 20a4 (mod p)
…は平方剰余。右辺は 5 と 4a4 の積で、4a4 = (2a2)2 は平方剰余なので、5 も平方剰余。実際…
  (5a2 + b)2 ≡ 5(2a2)2 (mod p)
…の両辺に (2a2)2 の逆数*4を掛けて、整理すると:
  『つ』 [(5a2 + b)(2a2)−1]2 ≡ 5 (mod p)

*4 逆数が存在するためには (2a2)2 ≢ 0 すなわち a ≢ 0 でなければならないが、前述のように、その条件は満たされている。

合同式『つ』によって、法が5k+4型の素数のとき、5 は平方剰余。すなわち
  『て』 x ≡ (5a2 + b)(2a2)−1
を平方すると ≡ 5 (mod p) になる。□

x2 ≡ 5 (mod p) の具体的な解を知りたい場合、『て』はあまり便利ではない。計算に必要な a を得るには、まず mod p での非剰余 b を見つけ、4次方程式 g(x) = 10x4 + 20bx2 + 2b2 ≡ 0 すなわち 5x4 + 10bx2 + b2 ≡ 0 を解かねばならない。y = x2 と置くと…
  5y2 + 10by + b2 ≡ 0
…となるが、シンプルな2次方程式 x2 ≡ 5 が、むしろ複雑になったように思える。けれど x2 ≡ 5 (mod p) が与えれたとき、何らかの仕組みを使わないことには「そもそも解があるのか?」ということすら、明らかでない。『つ』『て』は解を求めるための「公式」というより(原理的にはそういう使い方もできるが)、「5k+4型の任意の素数 p について x2 ≡ 5 (mod p) を満たす x がある」という存在証明を目的としている。

〔例8〕 例6について: p = 19, b = 2, a = ±3 のとき (5a2 + b)(2a2)−1 = 47⋅18−1 ≡ 10 (mod 19)。確かに 102 ≡ 5。一方 a = ±5 のとき (5a2 + b)(2a2)−1 = 127⋅50−1 ≡ 9 (mod 19)。確かに 92 ≡ 5。要するに x2 ≡ 5 (mod 19) の解は x ≡ ±9。

〔例9〕 例7について: p = 19, b = 3, a = ±2 のとき (5a2 + b)(2a2)−1 = 23⋅8−1 ≡ 10。a = ±3 のとき (5a2 + b)(2a2)−1 = 48⋅18−1 ≡ 9 (mod 19)。

Binet の公式のようなこのアプローチは、Gauß のオリジナルではなく、Lagrange によるものらしい。個々のケースについて分解性を直接(相互法則を使わずに)証明しようとすると、このように、小さな素数 5 でも複雑な議論になり、その先で行き詰まる(Gauß 自身、±7 の分解性については、直接には証明を完成させていない)。一般のケースを自由に扱える「相互法則」との関係でいえば、この手法は「あまり拡張性のない窮余の策」かもしれない。けれど、手法それ自体が面白い。5n+4型素数についてのこの議論は、歴史に埋もれている珠玉だろう。Gauß 自身「より精妙な技法たち」(subtiliora artificia)と記している(DA 123)。

このメモでは、g の定義式で (x + y) の肩に付く指数を最初から 5 に固定している。手法自体の一般論としては、この指数として p+1 の任意の(2 以上 p 以下の)約数 e を使うことができる。「整数 b が負でない」という指定は便宜上のもので、原文にはない。

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