（遊びの数論32）

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2024-09-24　「1 の5乗根」について　(x² + x/2 + 1)² の利用
2024-09-26　簡単な4次方程式　「色黒い」逆さに読んでも「いろくろい」
2024-09-27　回文4次式・6次式についてのメモ
2024-09-28　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0　教科書の方法との比較
2024-10-06　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出
2024-10-07　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出（続き）

2024-09-24　「1 の5乗根」について　(x² + x/2 + 1)² の利用

1 の5乗根とは、「5乗すると 1 になる数」つまり x⁵ = 1 の解。言い換えれば x⁵ − 1 = 0 の解。 x = 1 はもちろんその一つの解なので、 x⁵ − 1 は x − 1 で割り切れる。
　　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)
x = 1 はこの右辺の一つ目の丸かっこ内をゼロにする。二つ目の丸かっこ内をゼロにする数、つまり次の関係を満たす x は、何か？
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = 0　　《あ》

教科書的には、両辺を x² で割って y = x + 1/x と置くのだが、もっと直接的に下記のようにすることもできる。

(x² + (1/2)x + 1)² = x⁴ + x³ + (9/4)x² + x + 1 という関係^†を利用。これは《あ》左辺より 5/4x² 過剰なので、次の式が成り立つ:
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x² + (1/2)x + 1)² − (√5/2x)²　　《い》
恒等式 A² − B² = (A + B)(A − B) を使うと、《い》は…
　　 = (x² + [(1 + √5)/2]x + 1)(x² + [(1 − √5)/2]x + 1)
…となるので、《あ》は次と同値:
　　x² + [(1 + √5)/2]x + 1 = 0　　《う》
　　または　x² + [(1 − √5)/2]x + 1 = 0　　《え》
《う・え》は2次方程式なので、単純計算で機械的に解けるっ！

†　恒等式 (A + B + C)² = A² + B² + C² + 2(AB + BC + CA) を使うと…
　　(x² + (1/2)x + 1)² = (x²)² + ((1/2)x)² + 1² + 2(x²⋅(1/2)x + (1/2)x⋅1 + 1⋅x²)
　　 = x⁴ + (1/4)x² + 1 + x³ + x² + x + 2x² = x⁴ + x³ + (9/4)x² + x + 1

《う》の判別式は、次の負数:
　　((1 + √5)/2)² − 4⋅1⋅1 = (1 + 2√5 + 5)/4 − 16/4 = (−10 + √5)/4
その平方根は、虚数 ±√(−10 + 2√5)/2 = ±i√(10 − 2√5)/2 なので、《う》の解は:
　　x = (−1 − √5)/4 ± i√(10 − 2√5)/4　　《お》
同様に《え》の解は:
　　x = (−1 + √5)/4 ± i√(10 + 2√5)/4　　《か》

x⁵ = 1 にはちょうど五つの解がある: その一つは x = 1 だが、それ以外に《お》の二つの複素数と《か》の二つの複素数（それぞれ ± によって二つの数を表している）も「1 の5乗根」。上記の解法はスピーディーだけど、《い》の変形が天下り的でトリッキー。 (x² + (1/2)x + 1)² = x⁴ + x³ + (9/4)x² + x + 1 さえ見えれば一本道だが、一目瞭然とは言い難い。さいわい《あ》を《い》にすることは、ひらめきに頼らなくても、アルゴリズム的に実行可能（入力の3次の係数の半分を、出力の1次の係数にするだけ）。

《あ》やそれと同様の（係数が回文的な）方程式に関する限り、一般の4次方程式として扱うくらいなら、 y = x + 1/x と置く方が手っ取り早い。そうと知りつつ、視野を広げ、あえて一般の4次方程式の例題として検討してみるのも、悪くあるまい。

〔参考文献〕　Gelin: Éléments de trigonométrie, p. 231
https://babel.hathitrust.org/cgi/pt?id=mdp.39015069248337&seq=237

1 の5乗根は、イメージ的には、「複素平面上で単位円に内接する正五角形」の五つの頂点。ただし 1 = 1 + 0i を――つまり座標 (1, 0) の点を――一つの頂点とする。《お》の実部は cos 72° に当たり、《か》の実部は cos 144° = −cos 36° に当たる（画像では、正負と無関係の「線分の長さ」を図示）。《お》の虚部は ±sin 36° で、《か》の虚部は ±sin 72° に等しい。

これらの数は一見複雑そうだけど、 18°, 36°, 54°, 72° の sin と cos は全部、分母が 4ということ（15°, 75° の sin と cos もそうだが）、そして sin 18° (= cos 72°) の分子が √5 − 1 であることだけ知ってれば、三角関数の基本公式を使って、他の値もだいたい何とかなる。例えば…
　　sin 18° = (√5 − 1)/4　←　これは知ってるとすると
　　sin² 18° = (5 − 2√5 + 1)/16 = (6 − 2√5)/16　　《き》
平方根が欲しいので、約分せずに、分母を平方数 16 のまま進めるのがコツ。しからば:
　　cos² 18° = 1 − sin² 18° = 16/16 − (6 − 2√5)/16 = (10 + 2√5)/16　　《く》
《く》の分子・分母の平方根を考えれば、容易に cos 18° (= sin 72°) の値を得る。分母が 4 ってことは分かってるので、分子としては 10 + 2√5 全体に根号を付けるだけ――二重根号、恐るるに足らず！

一方、《き》から《く》を引くと（倍角の公式）:
　　cos 36° = cos² 18° − sin² 18°
　　 = (10 + 2√5)/16 − (6 − 2√5)/16 = (4 + 4√5)/16 = (1 + √5)/4　　《け》

45° < θ < 90° の角度については cos θ = sin (90° − θ), sin θ = cos (90° − θ) となる…。

しかし肝心の出発点となる sin 18° の分子は、 √5 − 1 なのか √5 + 1 = 1 + √5 なのか。はたまた 1 − √5 なのか？

常識で考えれば、別に迷うことでもないだろう…。 sin 18° が正の数ということは明白。 √5 = 2.2… なので 1 − √5 が分子になるわけないし、 1 + √5 = 3.2… を 4 で割った 0.8… は、 sin 18° としては、でか過ぎる。 sin 18° が sin 30° = 0.5 より大きいわけないっ！

2024-09-26　簡単な4次方程式　「色黒い」逆さに読んでも「いろくろい」

#遊びの数論　#4次方程式　#(32)

例題　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0 を満たす x を求める。

等号の左側にある4次式。 x の4乗の係数～0乗の係数（定数）は、左から読んでも右から読んでも、順に 1, 6, 9, 6, 1。こういう「どっち向きに読んでも同じ」という状況を回文的と称する――日本語の音節で言えば、「色黒い」とか「田植え歌」のようなもの。

係数が回文的な x についての4次方程式は、 x² で割って y = x + 1/x と置くと y についての2次方程式になり、機械的に解くことができる（同様のテクニックは、4次方程式以外でも使える）。けれど、そのやり方は必ずしも便利ではなく（比較）、一般の4次方程式（回文的とは限らない）への発展性にも乏しい。別の良いアイデアは、与式の3次の係数（例題では 6）の半分を ℓ として、 (x² + ℓx + 1)² を考えること（詳細は後述）。
　　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = (x² + 3x + 1)² − 2x² = [x² + (3 + √2)x + 1][x² + (3 − √2)x + 1]
…と書けるので、次の2次方程式を解くことが、例題の4次方程式を解くことと同じ意味になる。
　　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　または　x² + (3 − √2)x + 1 = 0

この手法を発展させ、より一般的に (x² + ℓx + p)² の形を考えることが、4次方程式の一般論の一つの入り口となる。

3次の係数の半分を ℓ とすることには、もちろん根拠がある。
　　(x² + 3x + 1)²
…を展開してみよう。説明の便宜上、 y = 3x + 1 と置くと:
　　 = (x² + y)² = (x²)² + 2x²y + y²
　　 = x⁴ + 2x²(3x + 1) + (3x + 1)²　　← y を 3x + 1 に戻した
　　 = x⁴ + (6x³ + 2x²) + (9x² + 6x + 1) = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1

こいつから 2x² を引いてやれば、例題の「いろくろい」の4次式…
　　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1
…とピッタリ一致。つまり例題の4次式は、次の式と等しい:
　　(x² + 3x + 1)² − 2x² = (x² + 3x + 1)² − ((√2)x)²　　《さ》

少し一般化して、とある数 ℓ を含む (x² + ℓx + 1)² を展開。上記の y に当たるものが ℓx + 1 になるので:
　　 = x⁴ + 2x²(ℓx + 1) + (ℓx + 1)²　　← y を ℓx + 1 に戻した
　　 = x⁴ + (2ℓx³ + 2x²) + (ℓ²x² + 2ℓx + 1)
　　 = x⁴ + 2ℓx³ + (ℓ² + 2)x² + 2ℓx + 1　　《し》

仮定の話として、もし《し》から何らかの2次式を引き算したものが、与えられた4次式…
　　x⁴ + ax³ + bx² + cx + d　　《す》
…に一致するとしたら、《し》と《す》は4次・3次の項が同一でなければならない。理由は単純で、2次式を引き算しても、4次・3次の項は変わらないから。別に身構えるような大問題ではなく、4次の係数は既に《し・す》どちらも 1 なので、単に3次の係数の比較から a = 2ℓ つまり ℓ = a/2 とするだけ。要するに、4次式《す》を、
　　(x² + ℓx + p)² − (ex² + fx + g)　　《せ》
…のような形に書き換えたければ（p, e, f, g は何らかの係数）、3次の係数の半分を ℓ とすることが出発点。この理屈が、実際に一般の4次方程式の解法に役立つためには、引き算される2次式 ex² + fx + g が1次式の平方になってる必要がある、下記のように。
　　(x² + ℓx + p)² − (qx + r)²　　《そ》

このメモでは「簡単な4次方程式」（係数が回文的）だけを扱い、《そ》の真意に深入りすることはしないけど、原理的には、以下で述べる簡単な場合と全く同じ方針によって、一般の4次方程式を解くことができる。「係数が回文的」というのは特殊で限定的なケースではあるが、一般論の手掛かりとなり得るし、係数が回文的な4次式は、実用上もしばしば重要な意味を持つ（1 の5乗根参照）。

〔補足〕　もしも「e, f, g の選択は自由」だったら、「結果が《す》と等しくなるように、《し》から2次式を引き算すること」は簡単そうに思える。現実には ex² + fx + g の部分は、2変数 q, r を使って (qx + r)² の形にならねばならない（言い換えれば、 e = q², f = 2qr, g = r² のようになっている必要がある）――それが《そ》の意味で、一般の4次方程式に関して p, q, r を選択するアルゴリズムは、3次方程式の問題になる（別のメモ参照）。以下では「3次方程式を経由せず、いきなり2次方程式に還元できるケース」を扱う。

係数が回文的なら、《す》において d = 1, a = c なのだから、《し・す》で3次の項が一致するように ℓ を設定してしまえば、《し・す》の1次の項・定数項も自動的に一致する。

〔例〕　ℓ = 3 とすれば《し》は x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1。これは、例題の x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 と比べて、2次の項を除く全部の項が等しい。

係数が回文的な4次式　x⁴ + ax³ + bx² + ax + 1 は、ℓ = a/2 を使って (x² + ℓx + 1)² − ex² と変形可能（そのことから、容易に二つの2次式の積に分解される）。ただし:
　　e = (ℓ² + 2) − b

〔証明〕　(x² + ℓx + 1)² は、《せ》において p = 1 の場合。この平方を展開した《し》は、仮定から x⁴ + ax³ + bx² + ax + 1 とほとんど等しく、必要に応じて2次の係数だけを補正すれば完全に等しくなる（《せ》において f = g = 0 である）。《し》の2次項 (ℓ² + 2)x² から ex² を引き算して、結果が《す》の2次項 bx² に等しくなるとすると:
　　(ℓ² + 2)x² − ex² = bx²
　　∴　(ℓ² + 2) − e = b　つまり　e = (ℓ² + 2) − b ∎

冒頭の例題 x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 では、3次の係数を 2 で割って ℓ = 3、 b = 9 なので e = (3² + 2) − 9 = 2。つまり:
　　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = (x² + 3x + 1)² − 2x²　　《た》

〔注〕　e の決定に関して、上記の公式は必要不可欠なものではない。単に (x² + 3x + 1)² を実際に展開して、出てくる 11x² を与式の 9x² と比べてもいい（前者から 2x² を引けば、後者と等しくなることは明白）。

(x² + ℓx + 1)² − ex² の形さえ作ってしまえば、後は単純計算。その手順・表現がベストかどうかはともかく、機械的に正しい解に到達できる。 e の平方根を q とすると（つまり q² = e）:
　　与えられた4次式 = (x² + ℓx + 1)² − q²x² = (x² + ℓx + 1)² − (qx)²
平方の差 A² − B² は和・差の積 (A + B)(A − B) に等しいので:
　　 = [(x² + ℓx + 1) + (qx)][(x² + ℓx + 1) − (qx)] = [x² + (ℓ + q)x + 1][x² + (ℓ − q)x + 1]　　《ち》
《ち》の二つの [ ] 内のどちらかの値が 0 になるとき、《ち》の積（それは与えられた4次式に等しい）は明らかに 0 になる。結局、この4次方程式の解（重解がなければ計 4 個ある）を求める問題は、次の二つの2次方程式の問題（重解がなければそれぞれ 2 個の解を持つ）に帰着する。
　　x² + (ℓ + q)x + 1 = 0　または　x² + (ℓ − q)x + 1 = 0　　《つ》

われわれの例題の4次式は《た》なので、《ち・つ》を適用すると:
　　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　　《て》
　　または　x² + (3 − √2)x + 1 = 0　　《で》
《て》は、判別式 (3 + √2)² − 4⋅1⋅1 = 9 + 2⋅3⋅√2 + 2 − 4 = 7 + 6√2 が正なので、二つの実数解を持つ。
　　《て》の解 = [−3 − √2 ± √(7 + 6√2)]/2
《で》は、判別式 (3 − √2)² − 4⋅1⋅1 = 9 − 2⋅3⋅√2 + 2 − 4 = 7 − 6√2 が負なので（7 から引き算される 6√2 は 7 より大きい。それどころか 6 × 1.4 = 8.4 より大きい）、実数でない二つの（共役）複素数解を持つ。
　　《で》の解 = [−3 + √2 ± √(7 − 6√2)]/2
分子にある負数の平方根については、そうしたければ虚数単位 i を使って i√(6√2 − 7) と書いても同じこと。

〔参考〕　数値的には《て》の解が −2.20710… ± 1.96756… = −0.23953… or −4.17467…; 《で》の解が −0.79289… ± (0.60936…)i。左端の複号の前の 2.20710… という数の並び（絶対値）は 3 + √2 = 4.41421… の半分に他ならない。これら四つの数を x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 に入れてみると、確かに誤差の範囲でゼロになる。

以上をまとめると、「解の公式」を明示的に書くことができる。実用上、大して役立たないけど、まぁ遊び…

回文的な4次方程式の「解の公式」　x⁴ + ax³ + bx² + ax + 1 = 0 の解は次の通り。 ℓ = a/2, e = ℓ² + 2 − b とすると:
　　[−ℓ − √e ± √(ℓ² + e − 4 + 2ℓ√e)]/2　または　[−ℓ + √e ± √(ℓ² + e − 4 − 2ℓ√e)]/2
一般には、これらは四つの相異なる数だが、重解が生じることはあり得る。

〔証明〕　《つ》の二つの2次方程式のそれぞれに、解の公式を適用しただけ。《つ》の一方の式は +q を含み、他方の式は −q を含むので、 q² = e の q の符号の設定は、正でも負でも全体としては同じ結果: 一般性を失うことなく q = √e とできる。判別式は (ℓ + q)² − 4⋅1⋅1 = ℓ² + 2ℓq + q² − 4 = ℓ² + e − 4 + 2ℓq などとなり、それが分子の大きな根号下に入る。∎

例1　x⁴ − 6x³ + 7x² − 6x + 1 = 0 の解。 3次の係数 −6 を半分にして ℓ = −3。 (x² − 3x + 1)² = x⁴ − 6x³ + 11x² − 6x + 1 は与式より 4x² 大きいので:
　　与式 = (x² − 3x + 1)² − 4x² = (x² − 3x + 1)² − (2x)² = (x² − 3x + 1 + 2x)(x² − 3x + 1 − 2x)
　　∴　x² − x + 1 = 0　または　x² − 5x + 1 = 0
代わりに e = ℓ² + 2 − 7 = 4 の平方根 q = 2 を《つ》に当てはめても、同じ結論に。前者の解は (1 ± √−3)/2、ちなみにこの共役複素数は、どちらも 1 の原始6乗根（−1 の原始3乗根）。後者の解は (5 ± √21)/2。「解の公式」に直接 ℓ = −3（従って −ℓ = 3）と e = 4 を代入しても同じ解を得る。全然便利じゃないけど。

例2　x⁴ + 2x³ + 3x² + 2x + 1 = 0 の解。この係数 1, 2, 3, 2, 1 は、ちょっと面白い。エレガントな（？）解法として 12321 = (111)² という整数計算を応用すると、与式 = (x² + x + 1)² となり、 ω と ω² つまり (−1 ± √−3)/2 が、それぞれ二重根であることが見て取れる。

本質的に同じ二つの掛け算（整数 vs. 整係数多項式）

   111                 x^2 + x + 1
   111                 x^2 + x + 1
   ───                 ───────────
   111                 x^2 + x + 1
  111            x^3 + x^2 + x
 111       x^4 + x^3 + x^2
 ─────     ───────────────────────
 12321     x^4 +2x^3 +3x^2 +2x + 1

同様に 1111 × 1111 = 1234321 だから:
　　x⁶ + 2x⁵ + 3x⁴ + 4x³ + 3x² + 2x + 1 = (x³ + x² + x + 1)²
　　あっ　こりゃ　便利！

実直に ℓ = 1 として (x² + x + 1)² を考え、普通に展開しても = x⁴ + 2x³ + 3x² + 2x + 1。これは与式そのもので、結局 e = 0 のケースに当たる。与えられた方程式 ⇔ (x² + x + 1)² = 0 ⇔ x² + x + 1 = 0 となって、この最後の2次方程式を普通に解けば、前記の共役複素数を得る（「解の公式」に ℓ = 1, e = 0 を入れても、同じ結論に）。これらは 1 の原始3乗根: x³ = 1 ⇔ (x − 1)(x² + x + 1) = 0。

2024-09-27　回文4次式・6次式についてのメモ

#遊びの数論　#4次方程式　#(32)

x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = (x² + 3x + 1)² − 2x² = 0 のような4次方程式の解法のショートカットから、いろいろな話題が派生する。特に「平方差への変形」は「円分多項式に関するガウスの公式」と関連している。 1 の原始7乗根を根とする6次式 x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1 に対しても、同様のアイデアを適用できるであろう。

(I)　係数が回文的な4次方程式について、平方差を利用する解法は、教科書的ないわゆる相反（そうはん）方程式のアプローチより平易で、分かりやすい。

(II)　このテクニックは、回文4次式の因数分解にも活用可能。例えば「x⁴ − 6x³ + 7x² − 6x + 1 を因数分解」という場合、和 u + v が −6 で積が uv = 7 − 2 = 5 の2数 u, v を考えるだけでいい。容易に u = −5, v = −1 が見つかり、与式は:
　　 = (x² − 5x + 1)(x² − x + 1)

(III)　回文4次式に限らず、3次・1次の符号が反対のケース（例: x⁴ − 6x³ + 7x² + 6x + 1）にも利用可。のみならず、多少の一般化によれば、一見回文とは程遠い4次式、例えば x⁴ − 12x³ + 28x² − 48x + 16 の分解 = (x² − 10x + 4)(x² − 2x + 4) にも利用可。

(IV)　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x² + (1/2)x + 1)² − (5/4)x² は、両辺を 4 倍すると:
　　4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4 = (2x² + x + 2)² − 5x²
これは円分多項式に関するガウスの公式であり、単に 1 の5乗根に関連するだけなく、「5k+1」型素数を法として 5 が平方剰余であることの直接証明にも利用される。

(V)　この手法のある種の一般化は、1 の原始7乗根を根とする回文6次式 x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1 に適用可能。

詳細については後日記す予定。

2024-09-28　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0　教科書の方法との比較

#遊びの数論　#4次方程式　#(32)

このシリーズで紹介しているアイデアは、通常の方法より計算量的に約30%高速で見通しも良いが、4次式にしか通用しない。

文献に記されている定番の置換 y = x + 1/x は、この場合、少し遠回りになるけど、一般性が高い。両方のやり方を比較検討してみたい。

【1】　x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 の係数 1, 6, 9, 6, 1 は回文的（左右対称）。このような4次式は、
　　 = (x² + ℓx + 1)² − ex²　　《ア》
の形に変形すれば、直ちに二つの2次式に分解されるのであった（詳細）。ここで ℓ は入力の3次の係数の半分、この例では ℓ = 3 となる。 e の値は、 ℓ² に 2 を足して入力の2次の係数を引いたものだが（この例では 3² + 2 − 9 = 2）、細かく覚えてなくても、単に (x² + ℓx + 1)² を展開して、与式と係数を比較すれば、簡単に決定できる。

この例では (x² + 3x + 1)² なので、仮に素朴に筆算しても、10秒かからないだろう:

掛け算
      1  3  1
      1  3  1
      ───────
      1  3  1
   3  9  3
1  3  1
─────────────
1  6 11  6  1

…となって = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1。あるいは、恒等式 (A + B + C)² = A² + B² + C² + 2AB + 2AC + 2BC を使うとすれば:
　　(x² + 3x + 1)² = x⁴ + 9x² + 1 + 2⋅x²⋅3x + 2⋅x²⋅1 + 2⋅3x⋅1 = x⁴ + 6x³ + 11x² + 6x + 1

実際には、2次の係数だけ分かれば十分なので、さらに手抜きができる。 (x² + ℓx + 1)² を展開したときの、2次の係数の発生源は (ℓx)² と 2⋅x²⋅1 の二つだけ。この例では (3x)² + 2x² = 11x² となる（要するに、2次の係数は ℓ² + 2）。

この部分の手順はお好みしだいとして、ともかく (x² + 3x + 1)² は与えられた4次式よりちょうど 2x² 大きいのだから、次の結論に至る。
　　与式 = (x² + 3x + 1)² − 2x² = (x² + 3x + 1)² − ((√2)x)²
　　 = [x² + (3 + √2)x + 1][x² + (3 − √2)x + 1] = 0
　　∴　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　または　x² + (3 − √2)x + 1 = 0　　《イ》

この先は、2次方程式を解くだけの一本道。ここに至る道筋も、ℓ が3次の係数の半分ってことさえ認識できれば、単純明快だろう。与式の2次の係数を b とすると e = ℓ² + 2 − b であり、機械的に《ア》の形を作れるのだが、上述のように、その部分は細かく把握してなくても支障ない。

【2】　別解。この種の多項式に関しては、 y = x + 1/x と置いて y の多項式に書き換えるのが一つの定石となっている。その方法は次の通り（簡潔化のため 1/x の代わりに x⁻¹ と記すことにする）。

まず x⁴ + 6x³ + 9x² + 6x + 1 = 0 の解 x は明らかに 0 ではないので、この方程式の両辺を x² で割っても、ゼロ除算エラーの心配はない。割り算を実行すると、各項の次数が 2 ずつ減って、こうなる:
　　x² + 6x + 9 + 6x⁻¹ + x⁻² = 0　項を並び替えれば
　　(x² + x⁻²) + 6(x + x⁻¹) + 9 = 0　　《ウ》

変数を y に置換する手順には若干のバリエーションがあるけど、ここでは一番分かりやすいと思われる方法を記す。
　　(x + x⁻¹) = y　　《エ》
と置くと:
　　y² = (x + x⁻¹)² = x² + 2⋅x⋅x⁻¹ + x⁻² = x² + x⁻² + 2
　　∴　(x² + x⁻²) = y² − 2　　《オ》
《オ》と《エ》を《ウ》に代入して…
　　(y² − 2) + 6(y) + 9 = y² + 6y + 7 = 0　　《カ》
　　これを解くと　y = −3 ± √2　　《キ》

今、《エ》を使って、 y が満たすべき条件《キ》を x についての式で表すと:
　　x + x⁻¹ = −3 + √2　または　x + x⁻¹ = −3 − √2
それぞれ両辺を x 倍して:
　　x² + 1 = (−3 + √2)x　または　x² + 1 = (−3 − √2)x

これを移項すれば《イ》になって、その先は【1】と全く同じ。

【3】　比較。 y = x + 1/x と置く方法の短所として、まず変数を x から y に変換すること自体が（難しくはないのだが）少々面倒くさい。 (x² + ℓx + 1)² の展開も（変数置換よりは単純だろうが）微妙に面倒くさいので、下準備の手間は結局どっちも同じくらいだろうか。

定石の方法では、《イ》と同じ二つの2次方程式を導くために、別の2次方程式《カ》を解かなければならない。【1】のショートカットでは二つの2次方程式を直接導くことができ、三つ目の2次方程式は必要ない。「解かなければならない2次方程式の数」を目安とするなら、 2:3 の割合で、われわれの方法は計算量的に軽快（33%高速）。

他方において、（4次式に限らず）係数が回文的なら y = x + 1/x と置くだけでいつでも次数を半減させられるのは、定石的手順の大きなメリットだろう。強力で一般性が高いからこそ、4次方程式のような次数が低いケース（直接的に処理した方が手っ取り早い）では、若干オーバーヘッドがあり、結果的に遠回りになってしまうのだが…。 (x² + ℓx + 1)² の展開を利用する方法にも面白い応用があり、どちらも研究に値する。

このような4次方程式では、ある数 x₁ が一つの解なら、その逆数 x₂ = 1/x₁ も一つの解（x₁ = x₂ = 1 の場合を除き、この二つの解は相異なる）。《イ》の2次方程式、例えば
　　x² + (3 + √2)x + 1 = 0　　《ク》
を見ると、その2解 α, β の積は、解と係数の関係から定数項 1 に等しい。つまり αβ = 1、従って α と β は互いに逆数。《エ》の条件からも、もし x = α が解なら α + 1/α は一定の数 y に等しく（その y は《カ・キ》によって規定される）、逆に α + 1/α が一定の数 y に等しければ、その α は与えられた4次方程式の解。ところが、もし x = α が和についての条件《エ》を満たすなら、 x = 1/α も全く同じ条件を満たす。実際、
　　(1/α) + 1/(1/α)
の第2項は「α の逆数の逆数」だから α 自身であり、結局この和は α + 1/α に等しい（足し算の順序を逆にしただけ）。

検算を兼ねて、《ク》の2解…
　　x₁ = [−3 − √2 + √(7 + 6√2)]/2, x₂ = [−3 − √2 − √(7 + 6√2)]/2
…が互いに逆数であること（つまり積が 1 であること）を直接確かめておく。 x₁x₂ は二つの分数の積。積の分子は「和・差の積」の形なんで、次の数に等しい:
　　(−3 − √2)² − (7 + 6√2) = 9 − 2⋅(−3)⋅√2 + 2 − 7 − 6√2 = 4
一方、積 x₁x₂ の分母は 2⋅2 = 4 なんで、確かに x₁x₂ = 4/4 = 1 となる。

「係数が回文的な4次式」を平方の差の形にするショートカットは、本質的には単純なことだろう。特に x⁴ + x³ + x² + x + 1 を（4倍して）差の形にする変形は、 Gauß が既に観察し、一般化している。その小技は、第5補充法則の直接証明の一部としても使われるのだが、 Gauß の議論はおおむね円分多項式の文脈に属していて、一般の回文4次式との関係については、それほど明らかではない。

今回このショートカットを意識するきっかけになった次のシンプルな関係は、19世紀の古い本^†に記されていた:
　　x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x² + (1/2)x + 1)² − (√5/2x)²　　《ケ》
「1 の原始5乗根の根号表現」に関連する式で、両辺が等しいことを容易に確かめられるが、具体的にはどうやって左辺から右辺を導くのか。別に難解なことでもなく、既に述べたように「左辺の3次の係数」の半分を「右辺の丸かっこ内の2次の係数」とすればいい。このアルゴリズムを一般の回文4次式に適用できること、等式《ケ》が Gauß の公式^‡…
　　4(a⁴ + a³ + a² + a + 1) = (2a² + a + 2)² − 5a²　　《コ》
…と実質同じ内容であることに気付き、最初思ってた以上に話が広がってきた。日々情報があふれてる現代だけど、何世紀も前の文献からヒントやインスピレーションが得られることも意外と多い。 Euler は、この種の4次方程式の解法を別の方向に少し一般化している^¶。

† https://babel.hathitrust.org/cgi/pt?id=mdp.39015069248337&seq=237

‡ DA art. 123 https://archive.org/details/werkecarlf01gausrich/page/n101/mode/1up

¶ 761–764 https://archive.org/details/ElementsOfAlgebraLeonhardEuler2015/page/248/mode/1up

2024-10-06　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出

#遊びの数論　#4次方程式　#1の原始根　#(32)　#円分多項式

4(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (2x² + x + 2)² − 5(x)²

4(x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1) = (2x³ + x² − x − 2)² + 7(x² + x)²

4(x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1) = (2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2)² + 11(x⁴ + x)²　等々

この種の恒等式（Gauß, DA 357）について、右辺を展開したものが左辺に等しいことは、機械的計算で確かめられる。一方、左辺が与えられたとき、それを右辺の形にすることは、一般にはやや難易度が高い。特定の場合に限って簡易計算法があるので、紹介したい。

【1】　n を 2 以上の整数とする。 x についての n 次式 xⁿ − 1 は、次のように分解される。

xⁿ − 1 = (x − 1)(xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1)　　アア

〔例〕　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)

このことは、右辺を実際に展開してみれば明らかだろう:
　　アアの右辺 = x(xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + xⁿ⁻³ + ··· + x + 1) − 1(xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1)
　　= (xⁿ + xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x² + x) − (xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1) = xⁿ − 1

〔例〕　(x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = x(x⁴ + x³ + x² + x + 1) − 1(x⁴ + x³ + x² + x + 1)
　　 = (x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x) − (x⁴ + x³ + x² + x + 1) = x⁵ − 1

x ≠ 1 という了解の下で、アアの両辺を x − 1 で割ると:

(xⁿ − 1)/(x − 1) = xⁿ⁻¹ + xⁿ⁻² + ··· + x + 1　　アイ

アアやアイは任意の 2 以上の整数 n に対して有効だが、その中でも n が素数の場合、アイの右辺をさらに因数分解して多項式の積にすることは、できない――有理係数の範囲では。「さらなる分解は不可能！」というこの状況は、日本語では既約と呼ばれることがある――「既に約されてる」（割られ、分解され尽くしている）というようなニュアンスだろう。

〔例〕　n = 2（素数）の場合　x² − 1 = (x − 1)(x + 1)　この因子 x + 1 は既約
　　n = 3（素数）の場合　x³ − 1 = (x − 1)(x² + x + 1)　この因子 x² + x + 1 は既約
　　n = 4（合成数）の場合　x⁴ − 1 = (x − 1)(x³ + x² + x + 1)　この因子 x³ + x² + x + 1 は既約でない
　　　　実際 x³ + x² + x + 1 = (x + 1)(x² + 1) と分解可能★
　　n = 5（素数）の場合　x⁵ − 1 = (x − 1)(x⁴ + x³ + x² + x + 1)　この因子 x⁴ + x³ + x² + x + 1 は既約
　　n = 6（合成数）の場合　x⁶ − 1 = (x − 1)(x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1)　この因子は既約でない
　　　　実際 x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 = (x + 1)(x² + x + 1)(x² − x + 1) と分解可能★

★について　n が 4 以上の偶数の場合の x³ + x² + x + 1 や x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1 のような多項式は、偶数個の項を持つ。そこに x = −1 を入れると、奇数番目の項は −1 になり、偶数番目の項は +1 になるので、全体としては = 0 となる。つまり x = −1 は根; 式は x + 1 で割り切れる。この割り算を（筆算など何らかの方法で）実行すると:
　　x³ + x² + x + 1 = (x + 1)(x² + 1)
この2次の余因子（商）は、 x² + 1 = x² − (−1) = (x + √−1)(x − √−1) なので、係数に虚数を許せば分解可能だが、有理数の範囲では既約。 n = 6 の例では:
　　x⁵ + x⁴ + ··· + x + 1 = (x + 1)(x⁴ + x² + 1)
この4次の余因子は、次のように分解可能:
　　x⁴ + x² + 1 = (x⁴ + 2x² + 1) − x²
　　 = (x² + 1)² − (x)² = (x² + 1 + x)(x² + 1 − x)

アイの右辺の形の n−1 次式（係数が全部 1）は、 n が素数なら既約、 n が合成数なら既約でない（可約）。ここで「既約」か否かというのは、あくまで有理係数（または整係数）の範囲で考えた場合^†の区別。もっと広い範囲で係数を考えれば、既約の多項式もさらに分解可能かもしれない。例えば、 x⁴ + x³ + x² + x + 1 は、有理係数の範囲では既約だが、もし係数に無理数を使ってもいいとするなら可約となり、次のように分解される:
　　 = (x² + [(1 + √5)/2]x + 1)(x² + [(1 − √5)/2]x + 1)

†　この場合、係数を「有理数」の範囲で考えても「整数」の範囲で考えても、多項式が既約かどうかの結論は変わらない。というのも、「有理数」の範囲で既約なら、当然（それより狭い）整数の範囲でも既約。一方、「有理係数」の範囲で可約の場合、実はより限定的に「整係数」の範囲でも可約。

【2】　ここからは n を 5 以上の素数とする（2 を除外するのは n を奇数に統一するため。 n = 3 のケースも、以下の議論では例外的になるので除外）。アイの右辺の形の多項式を、大文字の X を使って X_n で表すことにする:
　　X₅ = x⁴ + x³ + x² + x + 1
　　X₇ = x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1
　　X₁₁ = x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1　等々

これら一つ一つの既約多項式 X_n に対して、最高次の係数 2 の多項式 Y と、最高次の係数 1 の多項式 Z が存在して、
　　4X_n = Y² ∓ nZ²　　アウ
と書くことができる――これは Gauß が、名高い数論研究書 Disquisitiones Arithmeticae （略して DA）の §357 で記した定理。ここで X_n の次数は n − 1 だが、 Y の次数は X_n の次数の半分、つまり (n − 1)/2 に等しく^†、 Z の次数はそれより 1 小さい。複号 ∓ の部分は、 n が 4 の倍数より 1 大きいときはマイナス、さもなければプラスとする（言い換えれば Y の次数が偶数ならマイナス、奇数ならプラス）。

†　n は 5 以上の素数（従って奇数）なので、 n − 1 は偶数であり、分数 (n − 1)/2 は割り切れる。

x ≠ 1 は、アイの左辺の割り算を行うための付帯条件だった。この割り算と無関係に、アイの右辺の多項式 X_n 自体は、 x = 1 に対しても値を持つ。 4X_n についての Gauß の公式アウも、任意の x に対して恒等的に成り立つ。

例えば n = 5 の場合、 Y = 2x² + x + 2 そして Z = x となる（導出法については後述）:
　　4(x⁴ + x³ + x² + x + 1) = (2x² + x + 2)² − 5(x)²　　アエ
n = 7 の場合、 Y = 2x³ + x² − x − 2 そして Z = x² + x となる:
　　4(x⁶ + x⁵ + ··· + x + 1) = (2x³ + x² − x − 2)² + 7(x² + x)²　　アオ
右辺の nZ² の前の符号が、アエでは − だがアオでは + であることに注意。この違いは「n = 5 は 4 の倍数より 1 大きいが、 n = 7 は 4 の倍数より 3 大きい」という違いに対応。

一般の場合の Y, Z の存在証明は比較的難しく、具体的な Y, Z の構成に必要な計算量もやや大きい（Gauß 自身は Y, Z の存在を一般的に証明したものの、具体的な Y, Z の形は n = 23 までしか記していない）。他方において、 n ≤ 37 に範囲を制限するのなら、初等的方法で Y, Z を確定できる。

その原理は次の通り。 Legendre がその整数論・第3版 §511 で指摘しているように、この定理が成り立つことを事実と認めるなら、アウにより、 4X_n と Y² には n の倍数の差しかない。よって mod n では、両者は合同:
　　4X_n ≡ Y² (mod n)　　アカ
　　両辺の平方根から　Y ≡ ±2√X_n　　アキ

仮定により n は（5 以上の）素数なので、いわゆる新入生の夢
　　(x − 1)ⁿ ≡ xⁿ − 1 (mod n)
が成り立つ^†。 x ≠ 1 の場合、その両辺を x − 1 で割ると:
　　(x − 1)ⁿ⁻¹ ≡ (xⁿ − 1)/(x − 1) = X_n　　アク
最後の等号は X_n の定義アイによる。のみならず、 x = 1 の場合にもアクは成り立つ。なぜならそのとき左辺は 0、右辺^‡は n である（0 ≡ n は真）。

†　左辺を展開したとき、二項係数と素数の性質から、両端の2項以外はどれも n の倍数となり、従って mod n では ≡ 0 となって消滅。「新入生（一年生）の夢」というのは、「未熟者は (x + y)n = xn + yn との混同から (x + y)ⁿ = xⁿ + yⁿ のようなことを考えるが、それは実際には成り立たない夢想・妄想だ」というような意味らしい。普通なら妄想扱いされてしまうこの「夢のように簡単な計算」が、素数を法とする二項展開では、実際に成立する！

‡　X_n は xⁿ⁻¹ から x (= x¹) までの n−1 項と、末尾の定数項 1 の和。定数項も含めると n 項あり、 x = 1 の場合、全部の項が 1 に等しい。

アクの両辺の平方根を考えると（仮定により n−1 は偶数なので 2 で割り切れる）:
　　(x − 1)^(n−1)/2 ≡ ±√X_n
これをアキの右辺に代入すると:
　　Y ≡ ±2(x − 1)^(n−1)/2
Y の最高次の係数は 2 なので、複号のプラスが題意に適する。実際に計算を行うと、次の事実が観察される。

Legendre の観察（1830年）　素数 n が 37 以下なら　Y ≡ 2(x − 1)^(n−1)/2 (mod n)　の合同記号（≡）を等号にできる。
それには、右辺を展開し、各項の係数として絶対値最小の整数を選べばいい。

〔付記〕　絶対値最小の整数を選ぶ手順を例示すると、次の通り。それぞれの係数について、符号を無視して絶対値が n 以上なら、その係数の絶対値を n で割った余りに置き換える。すると各係数（c とする）は −n < c < +n の範囲の整数となる。符号を考慮して、もし c が正の数 +n/2 より大きければ、その c を負の整数 c − n で置き換え、もし c が負の数 −n/2 より小さければ、その c を正の整数 c + n で置き換える。最終的に、各係数は (−n/2, n/2) の範囲になる。

例1　n = 5 のとき Y ≡ 2(x − 1)^(5−1)/4 = 2(x² − 2x + 1) = 2x² − 4x + 2。ところが −4 ≡ 1 (mod 5) であり、絶対値において −4 より 1 の方が小さいので、
　　Y ≡ 2x² − 4x + 2
の係数の −4 を 1 で置き換えると、合同記号を等号にすることができる:
　　Y = 2x² + x + 2　　← アエと一致
今、アウに基づき Z を決定する。先に Y² を計算:
　　Y² = (2x² + x + 2)²
　　 = (2x²)² + x² + 2² + 2(2x²⋅x + 2x²⋅2 + x⋅2)
　　 = 4x⁴ + x² + 4 + (4x³ + 8x² + 4x)
　　 = 4x⁴ + 4x³ + 9x² + 4x + 4
従って、アウから:
　　−5Z² = 4X₅ − Y² = (4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4) − (4x⁴ + 4x³ + 9x² + 4x + 4) = −5x²
両辺を −5 で割って:
　　Z² = x²
よって Z = ±x だが、 Z の最高次の係数は 1 なので、プラスが題意に適する:
　　Z = x　　← アエと一致

例2　n = 7 のとき Y ≡ 2(x − 1)^(7−1)/4 = 2(x³ − 3x + 3x − 1) = 2x³ − 6x² + 6x − 2。ところが −6 ≡ 1, 6 ≡ −1 (mod 7) であり、絶対値において ∓6 より ±1 の方が小さいので、
　　Y ≡ 2x³ − 6x² + 6x − 2
の係数の −6, +6 をそれぞれ +1, −1 で置き換える:
　　Y = 2x³ + x² − x − 2　　← アオと一致
今、アウに基づき Z を決定する:
　　Y² = (2x³ + x² − x − 2)²
　　 = 4x⁶ + x⁴ + x² + 4 + 2(2x⁵ − 2x⁴ − 4x³ − x³ − 2x² + 2x)
　　 = 4x⁶ + x⁴ + x² + 4 + (4x⁵ − 4x⁴ − 8x³ − 2x³ − 4x² + 4x)
　　 = 4x⁶ + 4x⁵ − 3x⁴ − 10x³ − 3x² + 4x + 4
　　∴　7Z² = 4X₇ − Y²
　　 = (4x⁶ + 4x⁵ + 4x⁴ + 4x³ + 4x² + 4x + 4) − (4x⁶ + 4x⁵ − 3x⁴ − 10x³ − 3x² + 4x + 4)
　　 = 7x⁴ + 14x³ + 7x²
両辺を 7 で割って:
　　Z² = x⁴ + 2x³ + x² = x²(x² + 2x + 1) = x²(x + 1)²
　　∴　Z = x(x + 1) = x² + x　　← アオと一致

実際には n = 5, 7 のケースでは Y をこの方法で計算するまでもない。というのも、 n が 5 以上の素数のとき「Y の次数は n の半分（端数切り捨て）に等しい」「その係数は 2, 1, … と始まり、 n が 4 の倍数より 1 大きいなら逆から読んでも全く同じ（対称的^†）、 n が 4 の倍数より 3 大きいなら逆から読むと符号だけ反対（反対称的^‡）」という性質がある。つまり、次のことは、計算しなくても事前に分かる:
　　n = 5 のとき Y は2次式（3項）で、その係数は　2, 1, 2　（逆から読んでも 2, 1, 2）
　　n = 7 のとき Y は3次式（4項）で、その係数は　2, 1, −1, −2　（逆から読むと −2, −1, 1, 2）

†　回文的（palindromic）という表現も使われる。

‡　反回文的（antipalindromic）という表現も使われる。

一方、 n がどちらのタイプの素数（5以上）でも多項式 Z は x で割り切れ、 Z/x の係数は対称的。

〔例〕　n = 7 のとき Z = x² + x で、 Z/x = x + 1。その係数 1, 1 は対称的。

以下では n = 11 の場合について、 Y の反対称性と Z/x の対称性を利用することで、計算量を節約する。

【3】　n = 11 のとき Y は5次式（6項）で、その係数は 2, 1, ?, ?, −1, −2。ここで二つの「?」は絶対値が等しく符号が反対になるはず。従って、Y の3次の係数・2次の係数の少なくとも一方が確定すれば、残りは全部確定する。 Legendre の観察を利用するため 2(x − 1)⁵ の展開を考えると:
　　Y ≡ 2(x⁵ − 5x⁴ + 10x³ − 10x² + 5x − 1) = 2x⁵ − 10x⁴ + 20x³ − ···
合同記号を等号に変換するため −10 を 1 で置き換え、 20 を −2 で置き換えると:
　　Y = 2x⁵ + x⁴ − 2x³ + ···
反対称性から、残りの係数を含めて六つの係数は 2, 1, −2; +2, −1 −2（まじめに逐一計算しても、そうなる）:
　　Y = 2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2　　アケ

今、10次式 Y² を求める。省力化のため、4次以下の項を省き、5次以上の項だけを考える。
　　Y² = (2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2)²
　　 = 4x¹⁰ + x⁸ + 4x⁶ + ··· + 2(2x⁹ − 4x⁸ + 4x⁷ − 2x⁶ − 4x⁵ − 2x⁷ + 2x⁶ − x⁵ − ··· − 4x⁵ + ···)
　　 = 4x¹⁰ + 4x⁹ − 7x⁸ + 4x⁷ + 4x⁶ − 18x⁵ + ···
　　∴　11Z² = 4X₁₁ − (4x¹⁰ + 4x⁹ − 7x⁸ + 4x⁷ + 4x⁶ − 18x⁵ + ···) = 11x⁸ + 22x⁵ + ···
両辺を 11 で割って Z² = x⁸ + 2x⁵ + ··· を得る。「···」の部分は、次のように復元可能。4次式 Z に関連して「3次式 Z/x の係数が対称的」ということは分かっている; それを平方した6次式 (Z/x)² = Z²/x² = x⁶ + 2x³ + ··· の係数も対称的のはず。よって、この6次式の0次の係数（定数項）は 1 で、1次と2次の係数は 0 だ（中央の係数 2 を軸として、右端の3個の係数は、左端の3個の係数と対称的）。

 6  5  4  3  2  1  0 ← 次数
 1  0  0  2  0  0  1 ← 係数

結局 (Z/x)² = x⁶ + 2x³ + 1 = (x³ + 1)² となって…
　　Z/x = x³ + 1
その両辺を x 倍して Z = x⁴ + x を得る。上記アケと合わせて、次の結論に至る。

4(x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1) = (2x⁵ + x⁴ − 2x³ + 2x² − x − 2)² + 11(x⁴ + x)²

n = 5, 7, 11, 13 の場合の Gauß の公式については、以前、強引な方法で既に導いている。今回のように「二項展開を利用」と考えた方が、多少見通しが良い。 Legendre の観察に基づくこのアイデアは、 Mathews による（リンク先の参考文献 [5], pp. 217–218, §195）。

Legendre の整数論・第3版では、この簡易計算法の有効範囲が曖昧だったが^†、1830年の Mémoire^‡ において、 Legendre は次のように有効範囲を確定した。第一に n が 37 以下^¶なら Y の各係数の絶対値は n/2 より小さく、この便法が成り立つ。第二に n が 41 以上のとき、この性質はもはや成り立たないが、それでも n が 59 以下なら各係数の絶対値は n より小さい（「各係数の絶対値が n より小」という性質が成り立たない最小の素数は n = 61）。

^†　Théorie des nombres, 3e édition (1830), tome II, p. 193 (§511)
https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k42612x/f208.vertical

‡　Mémoire sur la détermination des fonctions Y et Z qui… (Lu à l’Académie, le 11 octobre 1830) [Mémoires de l’Académie royale des sciences de l’Institut de France, tome XI (1832), pages 81–99]
https://archive.org/details/mmoiresdelacad11memo/page/81/mode/1up
または　https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k3226g/f319.vertical

¶　38、39、40 は素数でないので「40以下の素数」「40未満の素数」と言ってもいい（この範囲の最後の素数 n = 37 に対しては、簡易計算法が成立）。ちなみに Gauß の公式は、平方因子を含まない（5 以上の）任意の奇数に拡張可能。 n がそのような合成数の場合、「Y の各係数の絶対値が n/2 より小さい」という性質は、既に n = 35 に対し不成立。

2024-10-07　ガウスの式 4X = Y² ∓ nZ² の簡易的な導出（続き）

#遊びの数論　#1の原始根　#(32)　#円分多項式

前回は n = 5, 7, 11 の場合を扱った。今回は n = 13 と n = 17 の場合を扱う。

【4】　n = 13 の場合。 13 は 4 の倍数より 1 大きいので、6次式 Y の係数は対称的。7項あるので、先頭の4項を求める必要がある（最初の2項の係数 2, 1 は事前に分かっているので、実質的な未知の係数は二つ）。今、
　　2(x − 1)⁶ = 2(x⁶ − 6x⁵ + 15x⁴ − 20x³ + ···) = 2x⁶ − 12x⁵ + 30x⁴ − 40x³ + ···
の係数について、絶対値最小の剰余を考えると 30 ≡ 4, −40 ≡ −1 (mod 13) なので、6次式 Y の係数^†は 2, 1, 4, −1, …と始まる。対称性から 7 個の係数は、順に 2, 1, 4, −1, 4, 1, 2 と確定:
　　Y = 2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2　　イア

†　右端の2項の係数は必ず 2, 1 なので、計算するまでもない。実際、上記の式で 2x⁶ の係数は 2、 −12x⁵ の係数は −12 ≡ 1。

次に 4X₁₃ = Y² − 13Z² を満たす5次式 Z を求める。イアから:
　　Y² = (2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2)²　　イイ
これを地道に全部展開してもいいのだが、とりあえず10次式 Z² の係数が求まれば十分。ところが4次式 Z/x を W とすると、 W の係数は対称的。よって8次式 W² = (Z/x)² の 9 個の係数も対称的であり、そのうち最初の 5 個が分かれば Z² の全係数を確定できる。 Z は（従って Z² も）最高次の係数が 1 だということは分かっているので、 W² の7次・6次・5次・4次の係数を――言い換えれば、10次式 Z² = x²W² の9次・8次・7次・6次の係数を――求めれば十分。 13Z² = Y² − 4X₁₃ であるから、イイを展開して9次・8次・7次・6次の係数を調べ、それぞれ 4 を引いて 13 で割ってやれば、それが求めるものである。

イイを展開したとき、9次の項は、次のいずれかの理由によって生じる。平方される6次式の――
　　Ⓐ　6次の項と3次の項の積として。
　　Ⓑ　5次の項と4次の項の積として。
　　Ⓒ　4次の項と5次の項の積として。
　　Ⓓ　3次の項と6次の項の積として。
ⒶⒷⒸⒹの積はどれも 1 回ずつ起きるが、ⒶとⒹは等しくⒷとⒸも等しいので、これら四つの積の中には等しい値が2個ずつ2組ある^†。結局、Ⓐの2倍とⒷの2倍を足せばいい:
　　イイを展開した9次の項 = 2[2x⁶⋅(−x³)] + 2(x⁵⋅4x⁴) = −4x⁹ + 8x⁹ = 4x⁹　　イウ
以下同様に進める。ただし8次の項は「4次の項の自乗」としても発生し、このような「4次と4次の積」は 1 回しか生じない。一般に、偶数次の項には、このような「項の平方に由来する部分」が含まれている。
　　イイを展開した8次の項 = 2(2x⁶⋅4x²) + 2[x⁵⋅(−x³)] + (4x⁴)² = 16x⁸ − 2x⁸ + 16x⁸ = 30x⁸　　イエ
　　イイを展開した7次の項 = 2(2x⁶⋅x) + 2(x⁵⋅4x²) + 2[4x⁴⋅(−x³)] = 4x⁷ + 8x⁷ − 8x⁷ = 4x⁷　　イオ
　　イイを展開した6次の項 = 2(2x⁶⋅2) + 2(x⁵⋅x) + 2(4x⁴⋅4x²) + (−x³)² = 8x⁶ + 2x⁶ + 32x⁶ + x⁶ = 43x⁸　　イカ

イウ・イエ・イオ・イカから Y² の9次～6次の係数は順に 4, 30, 4, 43。それぞれの係数から 4 を引いて 13 で割ると、結果は 0, 2, 0, 3。 Z² の最高次の係数は 1 なので:
　　Z² = (Y² − 4X₁₃)/13 = x¹⁰ + 0x⁹ + 2x⁸ + 0x⁷ + 3x⁶ + ···
対称性から残りの係数も確定する:
　　W² = Z²/x² = x⁸ + 2x⁶ + 3x⁴ + 2x² + 1
　　従って^‡　W = Z/x = x⁴ + x² + 1
　　∴　Z = x⁵ + x³ + x　　イキ

イアとイキから、次の結論に至る。

4(x¹⁰ + x⁹ + ··· + x + 1) = (2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2)² − 13(x⁵ + x³ + x)²

この式の特徴は、Y の中央の −1 を除き、 Y, Z の係数に負の数がないこと。お約束の 2, 1 の後ろに「4, −1」があること。 Z の係数は 1 または 0 だけ。その二つが交互に出現する。

†　例えば (x³ + Lx² + Mx + N)² を展開した6次式の3次の項だけ知りたいとき、どうするか。全部まじめに展開して結果の3次の項をチェックしてもいいけど、この場合、下記のように、3次の項は「3次の項と定数項の積」「定数項と3次の項の積」として（その二つは等しい！）、そして「2次の項と1次の項の積」「1次の項と2次の項の積」として（その二つも等しい！）、それぞれ2回ずつ生じるのだから、実際に全部展開しなくても、展開後の3次の項だけを選択的に考察できる。それと同じこと。
　　(x³ + Lx² + Mx + N)² = (x³ + Lx² + Mx + N)(x³ + Lx² + Mx + N)
便宜上 x³ + Lx² + Mx + N を J とすると:
　　 = (x³ + Lx² + Mx + N)J = x³J + Lx²J + MxJ + NJ
　　 = x³(x³ + Lx² + Mx + N) + Lx²(x³ + Lx² + Mx + N) + Mx(x³ + Lx² + Mx + N) + N(x³ + Lx² + Mx + N)
　　 = (x³⋅x³ + x³⋅Lx² + x³⋅Mx + x³⋅N) + (··· + Lx²⋅Mx + ···) + (··· + Mx⋅Lx² + ···) + (N⋅x³ + ···)
　　 = ··· + 2(N)x³ + 2(LM)x³ + ··· = ··· + 2(LM + N)x³ + ···

‡　y = x² と置くと W² = x⁸ + 2x⁶ + 3x⁴ + 2x² + 1 = y⁴ + 2y³ + 3y² + 2y + 1 = (y² + y + 1)²。よって W = ±(y² + y + 1) = ±(x⁴ + x² + 1) で、 Z = xW = ±(x⁵ + x³ + x) となるが、 Z の最高次の係数は 1 なので、プラスが題意に適する。――これは恒等式 y⁴ + 2y³ + 3y² + 2y + 1 = (y² + y + 1)² を利用したショートカット。トリッキーなショートカットを使わないやり方をこの下に記す。

【5】　4次式 W を平方した8次式
　　W² = x⁸ + 2x⁶ + 3x⁴ + 2x² + 1　　イク
が与えられたとき、次のように W を求めることもできる（このアプローチの方が応用が利く）。 W が4次式であること、係数が対称的で両端の係数が 1 であることは分かっているので、 L, M を未知の係数として、
　　W = x⁴ + Lx³ + Mx² + Lx + 1　　イケ
と置く。イケの平方つまり (x⁴ + Lx³ + Mx² + Lx + 1)² について、それを展開した8次式の係数を幾つか選択的に考察する:
　　7次の係数 = 2(1⋅L) = 2L
これをイクと比較すると 2L = 0（イクの8次式において、7次の係数は 0 である）。よって L = 0。同様に:
　　6次の係数 = 2(1⋅M) + L² = 2M + 0² = 2M
これをイクと比較すると 2M = 2、よって M = 1 となる。 L, M の正体が判明したので、イケにより4次式 W も確定。

【6】　n = 17 の場合。8次式 Y は係数が対称的。9項あるので、先頭の5項を求める必要がある（最初の2項の係数 2, 1 は事前に分かっているので、実質的な未知の係数は三つ）。
　　2(x − 1)⁸ = 2(x⁸ − 8x⁷ + 28x⁶ − 56x⁵ + 70x⁴ − ···) ≡ 2(x⁸ − 8x⁷ + 11x⁶ − 5x⁵ + 2x⁴ − ···)
　　 ≡ 2x⁸ − 16x⁷ + 22x⁶ − 10x⁵ + 4x⁴ − ··· ≡ 2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ − ··· (mod 17)
　　∴　Y = 2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2　　イサ

7次式 Z を求めたい。前半の n = 13 の場合と同様に考えると、12次式 W² = Z²/x² の冒頭の七つの係数があればいい。先頭の係数 1 は分かっているので、 W² の11次～6次の係数、言い換えれば Z² の13次～8次の六つの係数が問題となる。
　　Y² = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)²　　イシ
において:
　　13次の係数^† = 2(2⋅7 + 1⋅5) = 38
　　12次の係数 = 2(2⋅4 + 1⋅7) + 5² = 55
　　11次の係数 = 2(2⋅7 + 1⋅4 + 5⋅7) = 106
　　10次の係数 = 2(2⋅5 + 1⋅7 + 5⋅4) + 7² = 123
　　9次の係数 = 2(2⋅1 + 1⋅5 + 5⋅7 + 7⋅4) = 140
　　8次の係数 = 2(2⋅2 + 1⋅1 + 5⋅5 + 7⋅7) + 4² = 174
これら六つの数から 4 を引いて 13 で割ると、結果は順に 2, 3, 6, 7, 8, 10。
　　∴　W² = x¹² + 2x¹¹ + 3x¹⁰ + 6x⁹ + 7x⁸ + 8x⁷ + 10x⁶ + 8x⁵ + 7x⁴ + 6x³ + 3x² + 2x + 1　　イス

†　イシを展開した場合の13次の項は、次の式で表される:
　　2(2x⁸⋅7x⁵) + 2(x⁷⋅5x⁶) = 2(2x⁸⋅7x⁵ + x⁷⋅5x⁶) = 38x¹³
ここで重要なのは係数だけなので、本文ではこれを単に 2(2⋅7 + 1⋅5) = 38 とし x^k を省いた。12次以下の係数も同様。

イスから6次式 W を求める一つの方法は次の通り。 L, M, N を未知の係数として W = x⁶ + Lx⁵ + Mx⁴ + Nx³ + Mx² + Lx + 1 と置き、その平方をイスと比較:
　　W² の11次の係数 = 2L = 2　よって　L = 1
　　W² の10次の係数 = 2M + L² = 2M + 1 = 3　よって　M = 1
　　W² の9次の係数 = 2(N + LM) = 2(N + 1) = 6　よって　N = 2
従って W = x⁶ + x⁵ + x⁴ + 2x³ + x² + x + 1。
　　∴　Z = Wx = x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x　　イセ

イスとイセから、次の結論に至る。

円分多項式に関するガウスの恒等式（n = 17）
　　4(x¹⁶ + x¹⁵ + ··· + x + 1) = (2x⁸ + x⁷ + 5x⁶ + 7x⁵ + 4x⁴ + 7x³ + 5x² + x + 2)² − 17(x⁷ + x⁶ + x⁵ + 2x⁴ + x³ + x² + x)²

この式の特徴は、 Y, Z の係数に負の数が一つもないこと（Z の定数項を別にすれば 0 もない）。お約束の 2, 1 の後ろに「5, 7, 4」があること。 W の係数は 1 か 2 だけ――真ん中に 2 がある他は、全部 1。

これらの式には、面白い応用が考えられる。例えば「コンパスと定規だけで正17角形が作図可能なこと」を――言い換えれば「17次方程式 x¹⁷ − 1 = 0 の解は、通常の四則演算と平方根の組み合わせだけで解けること」を――直接、実証できるであろう。