07/03/16 07:45:20
Kummer ◆g2BU0D6YN2氏が代数的整数論を語るスレです。
前スレ
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
2:１３２人目の素数さん
07/03/16 09:29:59
今だ！２ｹﾞｯﾄｫｵ
￣￣￣￣￣∨￣￣￣ (´´
∧∧ ) (´⌒(´
⊂（ﾟДﾟ⊂⌒｀つ≡≡≡(´⌒;;;≡≡≡
￣￣ (´⌒(´⌒;;
ｽﾞｻﾞｰｰｰｰｰｯ
3:くんまー
07/03/16 11:42:13
>>1
ありがとう
4:１３２人目の素数さん
07/03/17 19:44:50
④様ゲットだよん
5:モリゾー ◆AcSt49DSmc
07/03/17 19:46:48
Ｃｉｎｃｏ！
6:１３２人目の素数さん
07/03/17 20:59:48
このスレ
～～～終了～～～
7:１３２人目の素数さん
07/03/17 21:25:10
このスレ
～～～終了～～～
8:過去スレ
07/03/19 11:12:25
過去スレ
＃００１
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
＃００２
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
＃００３
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
＃００４
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
9:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/19 20:04:31
>>1
有難うございます。
10:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/19 20:06:02
過去スレの見方。
まずここに行く。
URLﾘﾝｸ(makimo.to)
そこで、「代数的整数論」を検索する。
すると、代数的整数論 001 ～ 004 が表示される。
そのなかで見たいスレ、例えば 代数的整数論 #003 をクリックする。
そこの下段にキャッシュ１、２というのがあるから、最初から順番に
クリックする。今の場合だと５番目で見れる。
将来どうなるかわからないから。見れたら即コピーして保存した
ほうがよい。
11:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/19 23:47:43
>>10
代数的整数論 001, 002 はそこでは見れないね。
どうしたら見れるんでしょうかね、タダで？
12:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/20 20:11:47
n ≠ 0 を有理整数、p を奇素数で n を割らないとする。
不定方程式 p = x^2 + ny^2 を考える。
x^2 + ny^2 の判別式は D = -4n である。
p = x^2 + ny^2 に解があればそれは固有である。
>>717 より
x^2 ≡ -4n (mod 4p) は解をもつ。
よって x^2 ≡ -4n (mod p)
つまり (-4n/p) = 1
よって (-n/p) = 1 である。
このことは >>717 を使わなくても以下のようにしてもわかる。
p = x^2 + ny^2 に解があれば、
x^2 ≡ -ny^2 (mod p)
y は p で割れないから yz ≡ 1 (mod p) となる z ∈ Z がある。
(xz)^2 ≡ -n (mod p)
よって (-n/p) = 1 である。
逆に (-n/p) = 1 とする。
このとき p = x^2 + ny^2 に解があるとは限らない。
しかし x^2 ≡ -n (mod p) に解があるので
p は x^2 + n を割る。
a を x と素な任意の有理整数とする。
x ≡ ac (mod p) となる c ∈ Z と
cb ≡ 1 (mod p) となる b ∈ Z をとる。
x^2 ≡ -n (mod p) より
a^2c^2 ≡ -n (mod p)
この両辺に b^2 を掛けて
a^2 ≡ -nb^2 (mod p)
よって p は a^2 + nb^2 を割る。
13:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/20 20:30:50
命題
n ≠ 0 を有理整数、p を奇素数で n を割らないとする。
以下の条件は同値である。
(1) 有理整数 x, y があり、gcd(x, y) = 1 であり、
p は x^2 + ny^2 を割る。
(2) (-n/p) = １
証明
(1) が成り立てば、x^2 ≡ -ny^2 (mod p) である。
y が p で割れるなら x^2 ≡ 0 (mod p) となり x も p で割れから
gcd(x, y) = 1 と矛盾する。よって y は p と素である。
よって yz ≡ 1 (mod p) となる z がある。
(xz)^2 ≡ -n (mod p) だから (-n/p) = 1 である。
逆に (2) が成り立てば x^2 ≡ -n (mod p) が解をもつ。
y = 1 とすれば p は x^2 + ny^2 を割る。
14:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/20 21:20:16
一般の２次形式では >>13 に類似の次の結果がある。
命題
D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
m を奇数で gcd(D, m) = 1 とする。
m が判別式 D の原始的２次形式により固有に表現される
(過去スレ004の>>701)ためには x^2 ≡ D (mod m) に解があること
が必要十分である。
証明
m が判別式 D の２次形式により固有に表現されるなら、
過去スレ004の>>717より D ≡ l^2 (mod 4m) となる有理整数 l が
存在する。このとき当然 D ≡ l^2 (mod m) でもある。
逆に x^2 ≡ D (mod m) に解があるとする。
D ≡ 0, 1 (mod 4) なら x^2 ≡ D (mod 4) にも解がある。
m と 4 は素だから x^2 ≡ D (mod 4m) にも解がある。
この解を l とし、D = l^2 - 4mk とする。
gcd(D, m) = 1 だから gcd(m, l, k) = 1 である。
よって２次形式 mx^2 + lxy + ky^2 は原始的で判別式は D であり
(x, y) = (1, 0) のとき m を固有に表現する。
証明終
15:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/20 21:47:35
>>14 から次の命題が直ちに得られる。
命題
n ≠ 0 を有理整数、p を奇素数で n を割らないとする。
以下の条件は同値である。
(1) p は判別式 -4n の原始的２次形式により固有に表現される
(2) (-n/p) = １
証明
>>14 より (1) は (-4n/p) = 1 と同値である。
(-4n/p) = (-n/p) だからこれは (2) と同値である。
16:１３２人目の素数さん
07/03/21 12:20:48
前スレ(004)見れないんだけどどうなってるの？
17:１３２人目の素数さん
07/03/21 14:00:40
50モリタポ(2chがやってるネット通貨的なもの)あれば過去ログが1スレッド読めて、
また、モリタポはアンケートに答えることでタダで手に入れられる。
18:１３２人目の素数さん
07/03/21 14:30:04
aho
19:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/22 20:22:32
前にも書いたけど、この代数的整数論スレで扱ってるような
２元２次形式論について書いてある本はほんとに少ないね。
これについて本格的に学ぼうとしたらまず Gauss の
Disquisitiones Arithmeticae(数論考究)を読むしかない。
続いて Dirichlet の Vorlesungen uber Zahlentheorie(整数論講義)。
これは皮肉なことに Dedekind の影響なんですね。
つまり Dedekind が代数的整数論を創始したことにより、
２元２次形式論は２次体論にとって代わられたわけ。
このようにして古くてしかも重要な数学というのは忘れられていく
危険があるのでしょうね。
20:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/22 20:49:34
しかし、Gauss のDisquisitiones Arithmeticae(数論考究)は
読みにくいですね。
Weil だったか誰かが書いてるけど、Gauss の数学のスタイルは、足場をほとんど
完全に取り除くんですね。
つまり、どのようにしてその証明を思いついたかの手がかりがほとんど
得られないような書き方をしている。
さらに、Disquisitiones は Gauss も書いてるようにページ数の制限
もあって、なおさらその傾向が強い。
Dirichlet が Disquisitiones を旅行のときにも携えていた理由と
しては、勿論それが重要な文献ということもあるでしょうが、
このGaussのスタイルも一因かもしれないと想像します。
21:１３２人目の素数さん
07/03/23 01:02:12
y^2 = x^3 - 2の整数解は (x,y) = (7,5),(-7,5) だけ
ということの証明をしりたくて調べたら2次体とか単項イデアル整域とか出てきて
岩波講座基礎数学の代数学の本を読みはじめたのが数学を始めたきっかけ
22:１３２人目の素数さん
07/03/23 01:02:48
ミス(7,5),(7,-5)
23:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 09:57:08
>>21
y^2 = x^3 - 2 の整数解は (x, y) = (3, 5), (3, -5) だけですね。
この式は (y + √(-2))(y - √(-2)) = x^3 と書ける。
２次体 Q(√(-2)) の整数環 Z[(-2)] は一意分解整域であることから、
αα' = x^3 から α = β^3 となる β ∈ Z[(-2)] があることが
結論される。ここで α = y + √(-2) と α' = y - √(-2) とおいた。
β = a + b√(-2) とすると
α = a^3 - 6ab^2 + (3a^2b - 2b^3)√(-2)
3a^2b - 2b^3 = b(3a^2 - 2b^2) = 1 から b = ±1
よって -2b^2 + 3a^2 = ±1 だが -2b^2 + 3a^2 = -1 なら
3a^2 = 1 となって矛盾である。よって b = 1
-2b^2 + 3a^2 = 1 から a = ±1
よって y = a^3 - 6ab^2 = ±5
x = 3
24:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 10:20:06
>>23
αα' = x^3 から α = β^3 となる β ∈ Z[√(-2)] があることを
証明するため、補題を用意する。
補題
A を一意分解整域とする。
A の元 a, b, c と有理整数 n ≧ 1 に対して
ab = c^n とする。
gcd(a, b) = 1 なら a = d^n となる d ∈ A がある。
証明
p を A の任意の素元とする A の元 x が p^e できっかり割れるとき
ord_p(x) = e と書くことにする。
ord_p(a) = e とすると gcd(a, b) = 1 だから ord_p(c^n) = e である。
よって e は n の倍数である。
これから補題の主張はあきらかである。
証明終
25:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 10:43:22
補題
２次体 Q(√m) の整数 α ≠ 0, β ≠ 0 と奇数 n ≧ 1 に対して
αα' = β^n とする。
さらに α と α' をともに割る素元 π があり、(π) = (π') で
あるとする。
α がきっかり π^e で割れるとき e は n の倍数である。
証明
α がきっかり π^e で割れるから、
α の共役 α' はきっかり π'^e で割れる。
仮定より (π) = (π') だから α' はきっかり π^e で割れる。
よって αα' はきっかり π^2e で割れる。
αα' = β^n より 2e は n の倍数である。
n は奇数だから e は n の倍数である。
証明終
26:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 10:57:21
補題
２次体 Q(√(-2)) の整数 α = y + √(-2) にたいして
α と α' をともに割る素元 π は ±√(-2) である。
ここで y は任意の有理整数である。
証明
α - α' = 2√(-2) = -(√(-2))^3
N(√(-2)) = 2 だから √(-2) は素元である。
Q(√(-2)) の単数は±1 だから √(-2) と同伴な素元は
±√(-2) のみである。
以上から補題の主張は明らかである。
27:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 11:00:33
>>24, >>25, >>26 から
>>23 で述べた αα' = x^3 から α = β^3 となる β ∈ Z[√(-2)] が
あることがわかる。
28:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 11:16:10
訂正
>>25 の２次体 Q(√m) の類数は１と仮定する。
つまり Z[ω] は一意分解整域とする。
29:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 11:23:59
訂正
>>26
>α と α' をともに割る素元 π は ±√(-2) である。
α と α' をともに割る素元 π があるとすると π = ±√(-2) である。
30:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:00:38
>>24 はいろいろ応用がある。
x, y, z ∈ Z として x^2 + y^2 = z^2 を考える。
gcd(x, y) = 1 と仮定する。
α = (x + y√(-1)) とおくと α ∈ Z[√(-1)] で
αα' = z^2 である。
α - α' = 2y√(-1)
α + α' = 2x
よって α と α' をともに割る素元 π があると、
gcd(x, y) = 1 だから π は 2 を割る。
よって π は λ = 1 + √(-1) と同伴である。
よって z は λ で割れるから z ∈ Z ∩ (λ) = 2Z となって
z は 2 で割れる。よって αα' = z^2 は 4 で割れる。
即ち αα' は λ^4 で割れる。よって α は λ^2 で割れる。
よって α は 2 で割れるが、これは gcd(x, y) = 1 に矛盾する。
以上から gcd(α, α') = 1 となり >>24 から
α = β^2 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
β = a + b√(-1) とおくと明らかに gcd(a, b) = 1 である。
β は λ で割れないから次に述べる補題から a ≡ b (2) ではない。
α = β^2 より α = a^2 - b^2 + 2ab√(-1)
よって
x = a^2 - b^2
y = 2ab
z^2 = αα' = (ββ')^2 = (a^2 + b^2)^2
よって z = a^2 + b^2
31:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:05:05
>>30 から次の命題が得られる。
命題
x^2 + y^2 = z^2 の整数解で gcd(x, y) = 1 となるものは
x = a^2 - b^2
y = 2ab
z = a^2 + b^2
で与えられる。
ここで a, b ∈ Z で gcd(a, b) = 1 であり、a ≡ b (2) ではない。
32:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:15:23
>>30 で引用した補題を証明する。
補題
a + b√(-1) ∈ Z[√(-1)] が λ = 1 + √(-1) で割れるためには
a ≡ b (mod 2) が必要十分である。
証明
a + b√(-1) が λ で割れるとする。
a + b√(-1) = λ(c + d√(-1)) となる c, d ∈ Z がある。
λ(c + d√(-1)) = (1 + √(-1))(c + d√(-1))
= c + d√(-1) + c√(-1) - d = c - d + (c + d)√(-1)
よって a - b = c - d - (c + d) = -2d である。
よって a ≡ b (mod 2) である。
逆に a ≡ b (mod 2) とする。
b = a + 2k となる k ∈ Z がある。
a + b√(-1) = a + (a + 2k)√(-1) = a(1 + √(-1)) + 2k√(-1)
2 は λ で割れるから a + b√(-1) は λ で割れる。
証明終
33:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:21:54
訂正
>>24
>gcd(a, b) = 1 なら a = d^n となる d ∈ A がある。
gcd(a, b) = 1 なら a = ud^n となる d ∈ A と 単元 u ∈ A^* がある。
34:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:27:27
>>27
Z[√(-2)] の単元は ±1 で (-1)^3 = -1 に注意する。
35:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:34:43
訂正
>>30
>以上から gcd(α, α') = 1 となり >>24 から
>α = β^2 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
α = εβ^2 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
ε は Z[√(-1)] の単数で±1, ±√(-1) である。
36:１３２人目の素数さん
07/03/24 13:40:27
ごめんなさい 27と25をずっと思い浮かべながら書いてたからか(7,5)とか書いちゃってました
証明ありがとうございます
37:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:52:15
>>35 の修正によっても >>31 はそのまま成り立つことは明らかだろう。
38:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 13:58:41
>>36
こちらもかなり間違えているので、お互いさまです。
39:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 15:16:41
>>31 と同様にして次の命題が得られる。
命題
x^2 + y^2 = z^3 の整数解で gcd(x, y) = 1 となるものは
x = a^3 - 3ab^2, y = b^3 - 3a^2b, z = a^2 + b^2 で与えられる。
ここで a, b ∈ Z で gcd(a, b) = 1 であり、a ≡ b (2) ではない。
証明
α = (x + y√(-1)) とおくと α ∈ Z[√(-1)] で
αα' = z^3 である。
α - α' = 2y√(-1)
α + α' = 2x
よって α と α' をともに割る素元 π があると、
gcd(x, y) = 1 だから π は 2 を割る。
よって π は λ = 1 + √(-1) と同伴である。
よって z は λ で割れるから z ∈ Z ∩ (λ) = 2Z となって
z は 2 で割れる。よって αα' = z^3 は 8 で割れる。
よって α は 2 で割れるが、これは gcd(x, y) = 1 に矛盾する。
以上から gcd(α, α') = 1 となり >>24, >>33 から
α = εβ^3 となる β ∈ Z[√(-1)] がある。
ε は Z[√(-1)] の単数で±1, ±√(-1) である。
√(-1) = (-√(-1))^3
-√(-1) = (√(-1))^3
-1 = (-1)^3 だから ε は単数の３乗となる。
よって α = β^3 としてよい。
β = a + b√(-1) とすると gcd(a, b) = 1 であり β は λ で
割れないから >>32 より a ≡ b (mod 2) ではない。
α = β^3 から
α = (a + b√(-1))^3 = a^3 - 3ab^2 + (3a^2b - b^3)√(-1)
よって x = a^3 - 3ab^2, y = b^3 - 3a^2b (yの符号を変えてもよい)
z^3 = (ββ')^3 = (a^2 + b^2)^3 で z ＞ 0 より
z = a^2 + b^2 である。
証明終
40:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/24 17:58:35
>>31, >>39 は x^2 + y^2 = z^n に一般化出来そうですね。
41:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/28 22:30:17
今度は判別式が正の２次形式について調べる。
判別式が負の２次形式は２次の虚数の SL_2(Z) による同値類が関係
していた(過去スレ４の406)。
判別式が正の２次形式は２次の実無理数の SL_2(Z) による同値類が
関係する。
この問題は以下に見られるように連分数の理論と密接に関係する。
連分数は実数 θ を有理数で近似する問題から自然に現れる。
[θ] で θ 以下の最大の有理整数を表す。
k_0 = [θ] とおく。
k_0 ≦ θ ＜ k_0 + 1 である。
0 ≦ θ - k_0 ＜ 1 である。
0 ＜ θ - k_0 なら θ - k_0 = 1/θ_1 となる実数 θ_1 がある。
θ_1 ＞ 1 である。
θ = k_0 + 1/θ_1 となる。
同様に k_1 = [θ_1] とおく。
0 ＜ θ_1 - k_1 なら θ_1 - k_1 = 1/θ_2 となる実数 θ_2 がある。
θ_2 ＞ 1 である。
θ_1 = k_1 + 1/θ_2 となる。
θ = k_0 + 1/θ_1 より θ = k_0 + 1/(k_1 + 1/θ_2) である。
この操作を続けていくと
θ = k_0 + 1/(k_1 + 1/(k_2 + ... + 1/(k_(n-1) + 1/θ_n))...)
となる。
この右辺の式に現れた
k_0 + 1/(k_1 + 1/(k_2 + 1/(k_3 ... + 1/k_(n-1))...) の形の分数を連分数
と呼ぶ。正確には正則連分数という。
これを [k_0, k_1, ..., k_(n-1)] と書くことにする。
高木の「初等整数論講義」ではこの記号を別の意味で使っているので注意
する必要がある。
42:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 19:49:47
前スレの代数的整数論004、DAT落ちじゃないみたいだね。
間違って削除されちゃったのか？
43:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 21:20:35
>>41 の続き
θ = k_0 + 1/θ_1 = (k_0θ_1 + 1)/θ_1
この右端の式は A_0(θ_1) と書ける。
ここで A_0 は２次の正方行列 (k_0, 1)/(1, 0) を表す
(過去スレ４の196)。
det(A_0) = -1 だから A_0 ∈ GL_2(Z) である(過去スレ４の285)。
GL_2(Z) の元は R ∪ {∞} に一次分数変換として作用する
(過去スレ４の285)。
A_0(θ_1) は θ_1 に A_0 を作用させたものである。
同様に
θ_1 = k_1 + 1/θ_2 = (k_1θ_2 + 1)/θ_2 = A_1(θ_2)
A_1 = (k_1, 1)/(1, 0)
一般に、
θ_n = A_n(θ_(n+1))
A_n = (k_n, 1)/(1, 0)
ただし、θ_0 = θ
以上から、
θ = A_0A_1. . . A_n(θ_(n+1))
B_n = A_0A_1. . . A_n とおき、
B_n = (p_n, r_n)/(q_n, s_n) とする。
ここで、p_n, r_n, q_n, s_n は有理整数である。
44:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 21:41:33
定義から(>>43) B_(n+1) = B_nA_(n+1)
= (p_nk_(n+1) + r_n, p_n)/(q_nk_(n+1) + s_n, q_n)
よって
p_(n+1) = p_nk_(n+1) + r_n
r_(n+1) = p_n
よって
p_(n+1) = p_nk_(n+1) + p_(n-1)
同様に
q_(n+1) = q_nk_(n+1) + q_(n-1)
容易にわかるように p_n は k_0, ... ,k_n の多項式として表される。
この多項式を P(k_0, ... ,k_n) と書く。
高木の「初等整数論講義」では、P(k_0, ... ,k_n) を
[k_0, ... ,k_n] と書いている。これは Gauss の記法(Disquisitiones)である。
45:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 21:53:37
q_n = P(k_1, ... ,k_n) となることを、n に関する帰納法により示す。
p_0 = k_0
q_0 = 1
p_1 = k_0k_1 + 1
q_1 = k_1
だから n = 1 のときは正しい。
n ≧ 1 のとき q_n = P(k_1, ... ,k_n) と仮定する。
q_(n+1) = q_nk_(n+1) + q_(n-1) だから
q_(n+1) = P(k_1, ... ,k_n)k_(n+1) + P(k_1, ... ,k_(n-1))
一方、>>44 より p_n = p_nk_n + p_(n-2)
これは
P(k_0, ... ,k_n)
= P(k_0, ... ,k_(n-1))k_n + P(k_0, ... ,k_(n-2))
を意味する。
この式で k_0, ... ,k_(n-1), k_n を k_1, ... , k_n, k_(n+1) に
置き換えると、
P(k_1, ... ,k_(n+1))
= P(k_1, ... ,k_n)k_(n+1) + P(k_1, ... ,k_(n-1))
よって
q_(n+1) = P(k_1, ... ,k_(n+1))
これで q_n = P(k_1, ... ,k_n) が証明された。
46:１３２人目の素数さん
07/03/29 22:26:36
>>42
容量オーバーじゃありませんでしたか?後で確認してみますけど
47:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 22:37:06
>>46
容量の点では過去スレ003のほうが大きいです。
と言ってもほとんど違いはないですが。
プレーンテキストとしてコピーしたものでは003が約380ＫＢで
004が370ＫＢです。
48:１３２人目の素数さん
07/03/29 23:38:48
004は500KBいってたよ。
49:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 23:44:20
>>48
004をプレーンテキストにコピーしたのはjaneを使ったからサイズが小さくなったかも
しれませんね。003はIEでコピーしました。
５００ＫＢ超えるとどうなるんですか？
50:１３２人目の素数さん
07/03/29 23:46:55
>>49
512kBぐらいで落ちるはず。
２ｃｈの書き込みはURLを書けば自動的にリンクされたり、
名前欄をクリックしたらメールが起動するなどいろいろ細工してあるから、
プレーンテキストより実際の容量は大きい。
51:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/29 23:52:24
落ちると、もう見れないんですか？
52:１３２人目の素数さん
07/03/30 00:26:26
500KBを超えると書き込めなくなる。
専ブラならログ残ってれば見れるし、
datファイルをhtml化して見せることも出来る、のかな。
詳しいことは分かりません。
53:１３２人目の素数さん
07/03/30 00:56:35
#003なら
URLﾘﾝｸ(mimizun.com)
にあるがな
URLﾘﾝｸ(p2.chbox.jp)
にも
#004は知らんが探してみろ
54:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/30 01:00:01
ここに #004 がありますね。
URLﾘﾝｸ(www.2chsearch.info)
55:１３２人目の素数さん
07/03/30 04:47:03
,. -─────‐- .、
／／￣￣＼ ／￣￣＼＼ ┌─┴─┐Ｅ三ヨ
／ ＼ ／／＼＼──
／ :::::::::::::::::::::::::::::::: ＼ ／|￣￣|＼Ｅ王ヨ
／ ／ ／￣＼＼::::;;;;;;;;;;;;;;;;;:::::／／￣＼＼ ＼ |＿＿| ＿土＿
／ | |. ┃ .| | ::::;;;;;;;;;;;;;::::｜ |. ┃ .| | ＼
／ ＼ ＼＿／／ :::::::::::::::::: ＼＼＿／／ ＼ /‐┼‐ ──┐
／ ..／￣￣＼ ／ ::｜:: ＼ ／￣￣＼.. ＼ ,イ.匚工コ ┌─´
/ ::::: | | | ::::: ヽ. | ∧ ─┐|
| | | | |. | ／ ＼ ┘└─┘
| ＼＿＿／＼＿＿／ |
| ｜ ｜ | | , ┼ ┼
| ｜r─‐┬─､| | ─┼┼┐ ｜─┐ L＿＼
ヽ |/ | ｜ / ｜ ─┐｜ ／| ＼
＼ ＼ ／ ／ | ┘｜└─ ＼| ノ
＼ ￣￣￣￣ ／
56:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 00:50:18
>>43, >>44 より
B_n = A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))
det(A_i) = -1 であるから
det(B_n) = p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^n
である。
57:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 00:57:12
>>56
訂正
>>43, >>44 より
B_n = A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))
det(A_i) = -1 であるから
det(B_n) = p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^(n+1)
である。
58:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 00:58:13
>>44 より
p_(n+1) = p_nk_(n+1) + p_(n-1)
よって
P(k_0, ... , k_n) = P(k_0, ... ,k_(n-1)) k_n + P(k_0, ... ,k_(n-2))
59:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 01:13:22
>>57 より
A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))
>>44 より
p_n = P(k_0, ... , k_n)
p_(n-1) = P(k_0, ... , k_(n-1))
>>45 より
q_n = P(k_1, ... , k_n)
q_(n-1) = P(k_1, ... , k_(n-1))
よって
A_1. . . A_n = (a, b)/(c, d) である。
ここで
a = P(k_1, ... , k_n)
b = P(k_1, ... , k_(n-1))
c = P(k_2, ... , k_n)
d = P(k_2, ... , k_(n-1))
一方、
A_0A_1. . . A_n = (k_0, 1)/(1, 0) (a, b)/(c, d)
= (k_0 a + c, k_0 b + d)/(a, b)
よって
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_1, ... , k_n) + P(k_2, ... , k_n)
60:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 01:27:36
命題
P(k_0, k_1, ... , k_n) = P(k_n, k_(n-1), ... , k_0) である。
証明
n に関する帰納法による。
>>58 より
P(k_0, ... , k_n) = P(k_0, ... ,k_(n-1)) k_n + P(k_0, ... ,k_(n-2))
k_0, ... , k_n を逆に並びかえて
P(k_n, ... , k_0) = P(k_n, ... ,k_1) k_0 + P(k_n, ... ,k_2)
>>59 より
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_1, ... , k_n) + P(k_2, ... , k_n)
帰納法の仮定により
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_n, ... , k_1) + P(k_n, ... , k_2)
よって
P(k_0, ... , k_n) = P(k_n, ... , k_0)
証明終
61:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 01:53:45
命題
[k_0, k_1, ... , k_n] = P(k_0, k_1, ... , k_n)/P(k_1, , ... , k_n)
証明
>>43 より
[k_0, k_1, ... , k_n] = A_0A_1. . . A_(n-1)(k_n)
>>57 より
A_0A_1. . . A_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))
よって
[k_0, k_1, ... , k_n] =
= (p_(n-1) k_n + p_(n-2))/(q_(n-1) k_n + q_(n-2))
>>44 より、この右辺は p_n/q_n 等しい。
証明終
62:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 09:06:50
>>43 より
θ = A_0A_1. . . A_n(θ_(n+1))
よって
θ_(n+1) = (B_n)^(-1)(θ) である。
ここで B_n = A_0A_1. . . A_n である。
>>44 より
B_n = (p_n, p_(n-1))/(q_n, q_(n-1))
>>57 より
det(B_n) = p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^(n+1)
よって
(B_n)^(-1) = (-1)^(n+1)(q_(n-1), -p_(n-1))/(-q_n, p_n)
よって
θ_(n+1) = (-1)^(n+1) (q_(n-1)θ - p_(n-1))/(-q_nθ + p_n)
なお、
(B_n)^(-1) = (A_n)^(-1) . . . (A_0)^(-1)
= (0, 1)/(1, -k_n) . . . (0, 1)/(1, -k_0)
よって
(0, 1)/(1, -k_n) . . . (0, 1)/(1, -k_0)
= (-1)^(n+1)(q_(n-1), -p_(n-1))/(-q_n, p_n)
63:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 09:55:20
Euclid の互除法は連分数と密接に関係する。
これを以下に説明する。
a と b を有理整数で a ＞ b ＞ 0 とする。
d = gcd(a, b) を Euclid の互除法によって求める場合を検討する。
x_0 = a
x_1 = b とおく。
k_0 = [a/b] とする。
[a/b] は a/b以下の最大の有理整数を表す(>>41)。
x_0 = k_0(x_1) + x_2 となる x_2 がある。
ここで 0 ≦ x_2 ＜ x_1
0 ＜ x_2 なら
k_1 = [x_1/x_2]
x_1 = k_1(x_2) + x_3 0 ≦ x_3 ＜ x_2
これを続けて
x_(n-1) = k_(n-1)x_n + x_(n+1)
x_n = k_n(x_(n+1)) で x_(n+2) = 0 とする。
d = x_(n+1) である。
64:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 10:11:29
>>63 の x_0 = k_0(x_1) + x_2 を行列の記法で表すと、
(x_0, x_1)' = A_0(x_1, x_2)' となる。
ここで (x_0, x_1)' は 行ベクトル (x_0, x_1) を転置した列ベクトル
を表す。
同様に
(x_(n-1), x_n)' = A_(n-1)(x_n, x_(n+1))'
(x_n, x_(n+1))' = A_n(x_(n+1), 0)'
となる。
x_0 = a
x_1 = b だったから
(a, b)' = A_0A_1. . . A_n (d, 0)' となる。
B_n = A_0A_1. . . A_n とおけば、
(d, 0)' = (B_n)^(-1)(a, b)'
>>62 より
(B_n)^(-1) = (-1)^(n+1)(q_(n-1), -p_(n-1))/(-q_n, p_n)
よって
(-1)^(n+1)d = q_(n-1)a - p_(n-1)b
これによって一次不定方程式 d = ax + by が解けたことになる。
65:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 10:20:48
書き忘れたが >>64 の A_0 は 行列 (k_0, 1)/(1, 0) を表す。
同様に A_n = (k_n, 1)/(1, 0)
66:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 10:40:32
>>63 より
a/b = [k_0, ... , k_n] である。
一次不定方程式 d = ax + by を解くには、
まず a/b を連分数 [k_0, ... , k_n] に展開する。
次に >>59 の公式
P(k_0, ... , k_n) = k_0 P(k_1, ... , k_n) + P(k_2, ... , k_n)
を使って
p_(n-1) = P(k_0, k_1, ... , k_(n-1)) と
q_(n-1) = P(k_1, , ... , k_(n-1)) を求める。
>>64 より (-1)^(n+1)d = q_(n-1)a - p_(n-1)b
だから
x = (-1)^(n+1)q_(n-1)
y = (-1)^(n+2)p_(n-1)
である。
67:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 14:02:41
>>66 の方法を使って、
a = 44497
b = 9689
として d = ax + by を解いてみる。
44497 = 9689・4 + 5741
9689 = 5741・1 + 3948
5741 = 3948・1 + 1793
3948 = 1793・2 + 362
1793 = 362・4 + 345
362 = 345・1 + 17
345 = 17・20 + 5
17 = 5・3 + 2
5 = 2・2 + 1
1 = 1・1
よって a/b = [4, 1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2, 1]
d = 1
n = 9 である。
P(2) = 2
P(3, 2) = 3・2 + 1 = 7
P(20, 3, 2) = 20・7 + 2 = 142
P(1, 20, 3, 2) = 1・142 + 7 = 149
P(4, 1, 20, 3, 2) = 4・149 + 142 = 738
P(2, 4, 1, 20, 3, 2) = 2・738 + 149 = 1625
P(1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 1・1625 + 738 = 2363
P(1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 1・2363 + 1625 = 3988
P(4, 1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 4・3988 + 2363 = 18315
68:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 14:05:29
n = 9 だから
x = (-1)^(n+1)q_(n-1) = q_8
y = (-1)^(n+2)p_(n-1) = -p_8
q_8 = P(1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 3988
p_8 = P(4, 1, 1, 2, 4, 1, 20, 3, 2) = 18315
よって
x = 3988
y = -18315
a = 44497
b = 9689
だから
ax = 44497・3988 = 177454036
by = -9689・18315 = -177454035
よって 1 = ax + by
69:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 20:19:41
今まで扱ってきた連分数 [k_0, k_1, . . . , k_n] は
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であった。
このような連分数を単純連分数と呼ぶ。
数列 {k_n}, n = 0, 1, . . . が与えられ、
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 とする。
この数列から、任意の n ≧ 0 に対して
単純連分数 [k_0, k_1, . . . , k_n] が得られる。
>>61 より
[k_0, k_1, . . . , k_n] = p_n/q_n である。
ここで
p_n = P(k_0, k_1, ... , k_n)
q_n = P(k_1, ... , k_n)
とおいた。
0 ＜ q_1 ＜ q_2 ＜ . . . である。
便宜上 q_0 = 1 とする。
70:１３２人目の素数さん
07/03/31 20:30:47
コレって誰か読んでるの？
71:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 20:31:50
補題
>>69 と同じ前提において、
p_n/q_n - p_(n-1)/q_(n-1) = (-1)^(n+1)/q_nq_(n-1)
証明
p_n/q_n - p_(n-1)/q_(n-1) = (p_nq_(n-1) - q_np_(n-1))/q_nq_(n-1)
>>57 より p_nq_(n-1) - q_np_(n-1) = (-1)^(n+1)
よって本補題の等式が得られる。
証明終
72:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 20:40:35
補題
>>69 と同じ前提において、
p_nq_(n-2) - p_(n-2)q_n = (-1)^n k_n
証明
p_nq_(n-2) - p_(n-2)q_n
= (p_(n-1)k_n + p_(n-2))q_(n-2) - p_(n-2)(q_(n-1)k_n + q_(n-2)))
= (p_(n-1)q_(n-2) - p_(n-2)q_(n-1))k_n
= (-1)^n k_n
証明終
73:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 20:43:41
補題
>>69 と同じ前提において、
p_n/q_n - p_(n-2)/q_(n-2) = (-1)^n k_n/q_nq_(n-2)
証明
p_n/q_n - p_(n-2)/q_(n-2) = (p_nq_(n-2) - q_np_(n-2))/q_nq_(n-2)
これと >>72 より本補題の等式が得られる。
証明終
74:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 21:17:17
>>73 より
p_2n/q_2n - p_(2n-2)/q_(2n-2) = k_2n/q_2nq_(2n-2) ＞ 0
よって
p_(2n-2)/q_(2n-2) ＜ p_2n/q_2n
よって数列 {p_2n/q_2n} は単調増加である。
同様にして数列 {p_(2n+1)/q_(2n+1)} は単調減少である。
>>71 より
p_2n/q_2n - p_(2n-1)/q_(2n-1) = -1/q_2nq_(2n-1) ＜ 0
よって
p_2n/q_2n ＜ p_(2n-1)/q_(2n-1)
以上から
p_0/q_0 ≦ p_2/q_2 ≦ . . . ≦ p_3/q_3 ≦ p_1/q_1
75:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/03/31 22:31:28
>>74 より {p_2n/q_2n} は有界な単調増加数列だから収束する。
同様に、 {p_(2n+1)/q_(2n+1)} は有界な単調減少数列だから収束する。
p_2n/q_2n - p_(2n-1)/q_(2n-1) = -1/q_2nq_(2n-1) で、
lim q_n = ＋∞ だから、両者の極限は一致する。
よって 数列 {p_n/q_n} もこの極限に収束する。
この極限を [k_0, k_1, . . .] と書く。
[k_0, k_1, . . .] を無限連分数と呼ぶ。
76:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/01 17:02:50
命題
[a_0, . . . , a_(n-1), α_n] = [b_0, . . . , b_(n-1), β_n]
とする。
ここで各 a_i と b_i は有理整数で
i ≧ 1 のとき a_i ≧ 1, b_i ≧ 1
α_n ＞ 1
β_n ＞ 1
とする。
このとき、各 i ≧ 0 で a_i = b_i
α_n = β_n
である。
証明
α = [a_0, . . . , a_(n-1), α_n] とおく。
α = a_0 + 1/[a_1, . . . , a_(n-1), α_n]
で [a_1, . . . , a_(n-1), α_n] ＞ 1 である。
よって a_0 ＜ α ＜ a_0 + 1
同様に b_0 ＜ α ＜ b_0 + 1
よって a= 0 = b_0 である。
よって
[a_1, . . . , a_(n-1), α_n] = [b_1, . . . , b_(n-1), β_n]
これを続けて(正確には帰納法を使って)、
各 i ≧ 0 で a_i = b_i となる。
よって α_n = β_n となる。
証明終
77:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/01 17:06:52
命題
数列 {k_n}, n = 0, 1, . . . が与えられ、
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 とする。
無限連分数(>>75) [k_0, k_1, . . .] を α とおく。
任意の n ≧ 1 に対して
α_n = [k_n, k_(n+), . . . ] とおく。
このとき
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。
証明
α = lim(m → ∞) [k_0, . . . , k_(n+m)] である。
β_(n, m) = [k_n, . . . , k_(n+m)] とおくと、
[k_0, . . . , k_(n+m)] = [k_0, . . . , k_(n-1), β_(n, m)]
よって
α = [k_0, . . . , k_(n+m), lim(m → ∞) β_(n, m)] である。
lim(m → ∞) β_(n, m) = α_n だから
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。
証明終
78:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/01 17:23:44
命題
数列 {k_n}, n = 0, 1, . . . が与えられ、
各 k_i が有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 とする。
α = [k_0, k_1, . . .] とおく。
任意の n ≧ 1 に対して
α = [b_0, . . . , b_(n-1), β] を α の部分連分数展開とする。
つまり、各 b_i が有理整数で i ≧ 1 のとき b_i ≧ 1 で
β ＞ 1 である。
このとき、0 ≦ i ＜ n のとき k_i = b_i であり、
β = [k_n, k_(n+1), . . . ] である。
証明
α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。
>>77 より
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。
α_n ＞ k_n だから α_n ＞ 1 である。
よって >>76 から 0 ≦ i ＜ n のとき k_i = b_i であり、
α_n = β である。
証明終
79:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/01 18:35:13
命題
α を実無理数として、
α = [a_0, . . . , a_n, β] とする。
各 a_i は有理整数で i ≧ 1 のとき a_i ≧ 1 で
β ＞ 1 である。
p_n = P(a_0, a_1, ... , a_n)
q_n = P(a_1, ... , a_n)
とおく。
ここで、P(a_0, a_1, ... , a_n) は >>44 で定義された多項式である。
このとき
α - p_n/q_n = (-1)^n/q_n(q_nβ + q_(n-1))
である。
証明
>>43 より
α = (p_nβ + p_(n-1))/(q_nβ + q_(n-1))
p_n/q_n - α = p_n/q_n - (p_nβ + p_(n-1))/(q_nβ + q_(n-1))
= (p_nq_(n-1) - p(n-1)q_n)/q_n(q_nβ + q_(n-1))
= (-1)^(n+1)/q_n(q_nβ + q_(n-1))
よって
α - p_n/q_n = (-1)^n/q_n(q_nβ + q_(n-1))
証明終
80:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/01 18:50:16
命題
α を実無理数として、任意の n ≧ 1 に対して
α = [a_0, . . . , a_n, α_(n+1)] とする。
各 a_i は有理整数で i ≧ 1 のとき a_i ≧ 1 で
α_(n+1) ＞ 1 である。
p_n = P(a_0, a_1, ... , a_n)
q_n = P(a_1, ... , a_n)
とおく。
ここで、P(a_0, a_1, ... , a_n) は >>44 で定義された多項式である。
このとき
|α - p_n/q_n| ＜ 1/q_n/q_(n+1)
である。
証明
>>79 より
|α - p_n/q_n | = 1/q_n(q_nα_(n+1) + q_(n-1))
である。
α_(n+1) ＞ a_(n+1) だから
|α - p_n/q_n | ＜ 1/q_n(q_na_(n+1) + q_(n-1))
>>44 より
q_(n+1) = q_na_(n+1) + q_(n-1)
よって
|α - p_n/q_n | ＜ 1/q_nq_(n+1)
証明終
81:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/01 19:02:00
>>80 より
lim p_n/q_n = α となる。
>>61 より
p_n/q_n = [a_0, . . . , a_n] だから
α = [a_0, a_1, . . . ] である。
つまり、任意の実無理数は無限連分数に展開される。
>>77, >>78 よりこの展開は一意である。
82:１３２人目の素数さん
07/04/02 12:00:00
3
83:１３２人目の素数さん
07/04/02 12:01:00
2
84:１３２人目の素数さん
07/04/02 12:02:00
1
85:１３２人目の素数さん
07/04/02 12:03:00
0
86:１３２人目の素数さん
07/04/02 12:04:00
-1
87:１３２人目の素数さん
07/04/02 12:05:00
-2
88:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/02 21:43:43
√2 の連分数展開を求めてみる(展開の方法は >>41 参照)。
√2 = 1 + (√2 - 1)
1/(√2 - 1) = √2 + 1 = 2 + (√2 - 1)
よって
√2 = [1, 2, 2, . . . ]
同様に
√3 = 1 + (√3 - 1)
1/(√3 - 1) = (√3 + 1)/2 = 1 + (√3 - 1)/2
2/(√3 - 1) = √3 + 1 = 2 + (√3 - 1)
よって
√3 = [1, 1, 2, 1, 2, . . . ]
√5 = 2 + (√5 - 2)
1/(√5 - 2) = √5 + 2 = 4 + (√5 - 2)
√5 = [2, 4, 4, 4. . . ]
√7 = 2 + (√7 - 2)
1/(√7 - 2) = (√7 + 2)/3 = 1 + (√7 - 1)/3
3/(√7 - 1) = (√7 + 1)/2 = 1 + (√7 - 1)/2
2/(√7 - 1) = (√7 + 1)/3 = 1 + (√7 - 2)/3
3/(√7 - 2) = √7 + 2 = 4 + (√7 - 2)
√7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, . . . ]
89:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/02 22:37:17
命題
k ≧ 1 と c ≧ 1 を有理整数で c は 2k の約数とする。
このとき、
√(k^2 + c) = [k, 2k/c, 2k, 2k/c, 2k, . . ,]
証明
0 ＜ c ＜ 2k + 1 だから k ＜ √(k^2 + c) ＜ k + 1
よって
√(k^2 + c) = k + (√(k^2 + c) - k)
k ＜ √(k^2 + c) ＜ k + 1 より
2k ＜ √(k^2 + c) + k ＜ 2k + 1
よって
1/(√(k^2 + c) - k) = (√(k^2 + c) + k)/c
= 2k/c + (√(k^2 + c) - k)/c
c/(√(k^2 + c) - k) = √(k^2 + c) + k = 2k + (√(k^2 + c) - k)
以上から
√(k^2 + c) = [k, 2k/c, 2k, 2k/c, 2k, . . ,]
証明終
90:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/02 22:47:44
>>89 の簡単な応用例を挙げる。
k = 1, c = 1
√2 = [1, 2, 2, . . .]
k = 2, c = 1
√5 = [2, 4, 4, , . . .]
k = 2, c = 2
√6 = [2, 2, 4, 2, 4, . . .]
k = 3, c = 2
√11 = [3, 3, 6, 3, 6, . . .]
91:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/03 20:46:13
>>88 の例はすべて循環連分数である。
√3 = [1, 1, 2, 1, 2, . . . ]
は 1, 2 が繰り替えされている。
1, 2 を循環節といい、その長さは２である。
√7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, . . . ]
の循環節は 1, 1, 1, 4 であり、その長さは４である。
以上から循環連分数の定義は明らかだろうが正式には次のように定義する。
無限単純連分数 [k_0, k_1, . . . ] において n ≧ 0 と r ≧ 1
があり、i ≧ n のとき常に k_(i + r) = k_i となるとき
これを循環連分数と呼ぶ。
k_n, . . . , k_(n + r -1) を循環節といい、r をその長さという。
n = 0 のとき純循環であるという。
92:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/03 21:06:34
α = [k_0, k_1, . . . ] が循環連分数で k_n, . . . , k_(n + r -1) を
循環節に持つとする。
ここで、n ≧ 1 とし、
[k_0, k_1, . . . ] = [k_0, . . . , k_(n-1), β]
とする。
ここで β = [k_n, k_(n+1), . . . ] である(>>77)。
このとき α = (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2))
である(>>43, >>56)。
さらに β は純循環である。
よって循環連分数を調べるには純循環の場合が基本的である。
93:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/03 22:20:25
α = [k_0, k_0, . . . ] が長さ１の純循環とする。
k_0 ≧ 1 に注意する。
α = [k_0, α] である。
つまり、α = k_0 + 1/α である。
よって
α^2 - k_0α - 1 = 0
よって α は２次の無理数である。
さらに α ＞ k_0 ≧ 1 である。
f(x) = x^2 - k_0x - 1 とおくと、
f(0) = -1
f(-1) = 1 + k_0 - 1 = k_0 ≧ 1
よって f(x) の α 意外の根 β は -1 ＜ β ＜ 0 となる。
94:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/05 17:29:03
r ≧ 2 とし、
α = [k_0, . . . , k_(r-1), . . . ] が長さ r の純循環(>>92)とする。
したがって, k_0 ≧ 1 である。
>>93 より α = (p_(r-1)α + p_(r-2))/(q_(r-1)α + q_(r-2))
ここで、q_0 = 1 とする。
α(q_(r-1)α + q_(r-2) = p_(r-1)α + p_(r-2)
q_(r-1)α^2 + (q_(r-2) - p_(r-1))α - p_(r-2) = 0
よって α は２次の無理数である。
f(x) = q_(r-1)x^2 + (q_(r-2) - p_(r-1))x - p_(r-2) とおく。
f(0) = -p_(r-2) ＜ 0
f(-1) = q_(r-1) - q_(r-2) + p_(r-1) - p_(r-2)
>>44 より
r ≧ 3 のとき
q_(r-1) = q_(r-2)k_(r-1) + q_(r-3)
q_(r-1) - q_(r-2) = (k_(r-1) - 1)q_(r-2) + q_(r-3) ≧ q_(r-3) ＞ 0
r = 2 なら
q_(r-1) - q_(r-2) = q_1 - q_0 = k_1 - 1 ≧ 0
r ≧ 3 のとき
p_(r-1) = p_(r-2)k_(r-1) + p_(r-3)
p_(r-1) - p_(r-2) = (k_(r-1) - 1)p_(r-2) + p_(r-3) ≧ p_(r-3) ＞ 0
r = 2 なら
p_(r-1) - p_(r-2) = p_1 - p_0
= k_0k_1 + 1 - k_0 ≧ (k_1 - 1)k_0 + 1 ＞ 0
以上から f(-1) = q_(r-1) - q_(r-2) + p_(r-1) - p_(r-2) ＞ 0
よって α の共役 β は -1 ＜ β ＜ 0 である。
95:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/05 17:48:29
２次の実無理数 α とその共役 β に対して
α ＞ 1, -1 ＜ β ＜ 0 となるとき
α を簡約された２次無理数という。
96:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/05 18:02:19
>>93 と >>94 より次の命題が得られる。
命題
純循環連分数は簡約された２次無理数である。
97:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/05 22:33:04
補題
α を簡約された２次無理数とし、k = [α] で k ≧ 1 とする。
ω = 1/(α - k) とおく。
つまり α = k + 1/ω である。
このとき ω も簡約された２次無理数である。
証明
過去スレ４の286より ω も２次無理数である。
よって α' を α の共役とすると
ω' = 1/(α' - k) は ω の共役である。
0 ＜ α - k ＜ 1 だから ω ＞ 1 である。
-1 ＜ α' ＜ 0 だから
-1 - k ＜ α' - k
k - α' ＞ 1 + k
よって
1/(k - α') ＜ 1/(1 + k) ＜ 1
よって
-1 ＜ 1/(α' - k) ＜ 0
ω' = 1/(α' - k) だから ω は簡約された２次無理数である。
証明終
98:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/05 22:47:36
>>97
>α を簡約された２次無理数とし、k = [α] で k ≧ 1 とする。
α ＞ 1 だから k ≧ 1 は自動的に満たされるので、この条件は不要であった。
99:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 13:40:14
α を簡約された２次無理数とする。
α を連分数に展開して、
α = [k_0, k_1, . . . ] とする。
n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。
>>77 より
α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。
同じく >>77 より
α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] = [k_n, α_(n+1)] だから
α_n = k_n + 1/α_(n+1) である。
よって >>97 と n に関する帰納法により各 α_n は
簡約された２次無理数である。
α = (p_(n-1)α_n + p_(n-2))/(q_(n-1)α_n + q_(n-2)) で
p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n
である(>>43, >>44, >>57)。
過去スレ４の286 より α と α_n は同じ判別式(過去スレ４の276)
をもつ。
これに関連して次の命題が成り立つ。
100:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 14:37:53
命題
同じ判別式 D を持つ簡略された２次無理数の個数は有限である。
証明
α を判別式 D の簡約された２次無理数とする。
α は ax^2 + bx + c の根とする。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1
D = b^2 - 4ac である。
β を α の共役とする。
α は簡約された２次無理数だから >>95 より
α ＞ 1, -1 ＜ β ＜ 0 である。
よって α + β ＞ 0
αβ ＜ 0 である。
ax^2 + bx + c = a(x - α)(x - β) だから
b = -a(α + β)
c = aαβ
である。
よって b ＜ 0, c ＜ 0 となる。
よって D = b^2 + 4|ac|
よって b^2 ＜ D だから b の取りうる値は有限個である。
4|ac| = D - b^2 だから a, c の取りうる値も有限個である。
証明終
101:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 15:05:11
命題
簡略された２次無理数は純循環連分数に展開される。
証明
α を判別式 D の簡約された２次無理数とする。
α を連分数に展開して、
α = [k_0, k_1, . . . ] とする。
n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。
>>99 より各 α_n は判別式 D の簡約された２次無理数である。
>>100 より相異なる α_n の個数は有限である。
よって α_n = α_m となる n ＜ m がある。
n ＞ 0 なら α_(n-1) = k_(n-1) + 1/α_n
α_(m-1) = k_(m-1) + 1/α_m
よって α_(n-1) - α_(m-1) = k_(n-1) - k_(m-1)
よって α'_(n-1) - α'_(m-1) = k_(n-1) - k_(m-1)
ここで α'_(n-1), α'_(m-1) はそれぞれ α_(n-1) と α_(m-1) の
共役である。
各 α_n は簡約された２次無理数だから
-1 ＜ α'_(n-1) ＜ 0
-1 ＜ α'_(m-1) ＜ 0
よって |α'_(n-1) - α'_(m-1)| = |k_(n-1) - k_(m-1)| ＜ 1
k_(n-1) - k_(m-1) は有理整数だから 0 である。
よって α'_(n-1) = α'_(m-1) となる。
よって α_(n-1) = α_(m-1) である。
以上を繰り返せば α_0 = α_(m-n) となる。
よって α は純循環連分数に展開される。
証明終
102:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 17:52:04
補題
α を２次無理数とする。
p, q, r, s を有理数で、ps - qr ≠ 0 とする。
α = (pβ + r)/(qβ + s) とする。
つまり、β = (sα - r)/(-qα + p) とおく。
このとき β も２次無理数であり、
α' = (pβ' + r)/(qβ' + s) である。
ここで α' と β' はそれぞれ α と β の共役である。
証明
Q(α) は２次体である。σ ≠ 1 を Q(α) の自己同型とする。
σ(α) = α' である。
β ∈ Q(α) で β は有理数でないから β は２次無理数である。
α = (pβ + r)/(qβ + s) より
σ(α) = (pσ(β) + r)/(qσ(β) + s)
σ(β) = β' だから
α' = (pβ' + r)/(qβ' + s) である。
証明終
103:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 18:05:37
命題
α を２次の実無理数とする。
α を連分数に展開して、
α = [k_0, k_1, . . . ] とする。
n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。
このとき、ある n_0 ≧ 0 があり n ≧ n_0 なら常に α_n は簡約された
２次無理数である。
証明
>>99 と同様にして、
α = (p_(n-1)α_n + p_(n-2))/(q_(n-1)α_n + q_(n-2))
である。
よって >>102 より
β = (p_(n-1)β_n + p_(n-2))/(q_(n-1)β_n + q_(n-2))
となる。
ここで、β と β_n は α と α_n のそれぞれ共役である。
β_n = (q_(n-2)β - p_(n-2))/(-q_(n-1)β + p_(n-1))
右辺の分子と分母をそれぞれ変形すると
q_(n-2)β - p_(n-2) = q_(n-2)(β - p_(n-2)/q_(n-2))
-q_(n-1)β + p_(n-1) = -q_(n-1)(β - p_(n-1)/q_(n-1))
となる。
よって
β_n =
-(q_(n-2)/q_(n-1))(β - p_(n-2)/q_(n-2))/(β - p_(n-1)/q_(n-1))
(続く)
104:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 18:21:43
>>103 の続き。
>>80 より n → ∞ のとき
p_(n-2)/q_(n-2) → α
p_(n-1)/q_(n-1) → α
よって
(β - p_(n-2)/q_(n-2))/(β - p_(n-1)/q_(n-1))
→ (β - α)/(β - α) = 1
(q_(n-2)/q_(n-1)) ＞ 0 だから 十分大きい n に対して β_n ＜ 0
α_n = k_n + 1/α_(n+1)
よって >>102 より
β_n = k_n + 1/β_(n+1)
よって
β_(n+1) = 1/(β_n - k_n)
|β_n - k_n| ＞ 1 だから -1 ＜ β_(n+1) ＜ 0
α_(n+1) ＞ 1 だから α_(n+1) は簡約された２次無理数である。
>>97 より m ≧ n + 1 なら α_m も簡約された２次無理数である。
証明終
105:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 18:26:27
定理(Lagrange)
２次の実無理数は循環連分数に展開される。
証明
>>101 と >>103 より明らかである。
106:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/07 19:16:18
>>97
>ω' = 1/(α' - k) は ω の共役である。
これは >>102 から出る。
従って、>>102 は >>97 の前に出したほうが良かった。
107:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 01:21:03
補題
t ≠ 0 を有理数とする。
t を有限単純連分数(>>69)に展開して
t = [k_0, . . . , k_(n-1)] とするとき、項数 n を偶数または奇数の
どちらにも出来る。
証明
t = [k_0, . . . , k_(n-1)] において n = 1 のとき
即ち t = [k_0] のときは t = [k_0 - 1, 1] でもある。
よって n ≧ 2 と仮定してよい。
k_(n-1) = 1 なら
[k_0, . . . , k_(n-1)] = [k_0, . . . , k_(n-2) + 1]
k_(n-1) ＞ 1 なら
[k_0, . . . , k_(n-1)] = [k_0, . . . , k_(n-1) - 1, 1]
いずれの場合も、項数を偶数または奇数のどちらにも出来る。
証明終
108:１３２人目の素数さん
07/04/08 02:00:48
虚二次体と類数について教えて下さい
109:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 02:14:37
>>108
過去スレ４ に書いてあります。
過去スレ４は >>54 のリンク先で見れます。
そこはいつまで見れるかわからないのでパソコンに保存しておいたほうがよいです。
虚二次体とその類数についてさらに詳しいことはこの後にやる予定。
110:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 10:33:01
補題
β ＞ 1 を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 であり、
c ＞ d ＞ 0 である。
このときある n ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), β] となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。
証明
a/c を単純連分数(>>69)に展開して
a/c = [k_0, . . . , k_(n-1)] とする。
>>107 より ad - bc = (-)^n と仮定してよい。
>>61 より
[k_0, k_1, . . . , k_(n-1)] = p_(n-1)/q_(n-1) である。
ここで
p_(n-1) = P(k_0, k_1, ... , k_(n-1))
q_(n-1) = P(k_1, ... , k_(n-1))
とおいた。
(続く)
111:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 10:36:21
>>110 の続き。
ad - bc = (-)^n だから gcd(a, c) = 1
>>57 より p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n
よって gcd(p_(n-1), q_(n-1)) = 1
a/c = p_(n-1)/q_(n-1) で c ＞ 0, q_(n-1) ＞ 0 だから
a = p_(n-1)
c = q_(n-1)
よって
aq_(n-2) - cp_(n-2) = ad - bc
a(d - q_(n-2)) = c(b - p_(n-2))
gcd(a, c) = 1 だから
d ≡ q_(n-2) (mod c)
c ＞ d ＞ 0
c = q_(n-1) ≧ q_(n-2) ＞ 0
よって |d - q_(n-2)| ＜ c
d ≡ q_(n-2) (mod c) より
d = q_(n-2)
よって b = p_(n-2)
α = (aβ + b)/(cβ + d)
= (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2))
= [k_0, . . . ,k_(n-1), β]
証明終
112:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 16:33:36
命題
β を実無理数とする。
α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。
このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω]
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω]
となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、
各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。
即ち、α と β を無限連分数に展開したとき、それぞれのある項から
先の展開は一致する。
証明
cβ + d ＜ 0 なら -cβ - d ＞ 0 で
α = (-aβ - b)/(-cβ - d) だから
cβ + d ＞ 0 と仮定してよい。
β を 無限連分数に展開して
β = [h_0, h_1, . . . ] とする。
m ≧ 1 に対して
ω_m = [h_m, h_(m+1), . . . ] とおく。
>>77 より
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω_m] である。
>>99 と同様にして、
β = (p_(m-1)ω_m + p_(m-2))/(q_(m-1)ω_m + q_(m-2))
(続く)
113:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 16:36:26
>>112 の続き。
α = (aβ + b)/(cβ + d) より、
α = (Aω_m + B)/(Cω_m + d)
ここで
A = ap_(m-1) + bq_(m-1)
B = ap_(m-2) + bq_(m-2)
C = cp_(m-1) + dq_(m-1)
D = cp_(m-2) + dq_(m-2)
である。
C = cp_(m-1) + dq_(m-1) = q_(m-1)(cp_(m-1)/q_(m-1) + d)
m → ∞ のとき p_(m-1)/q_(m-1) → β だから
cβ + d ＞ 0 より十分大きい m に対して C ＞ 0 である。
C = cp_(m-1) + dq_(m-1)
= h_(m-1)(cp_(m-2) + dq_(m-2)) + cp_(m-3) + dq_(m-3)
上で述べたことより十分大きい m に対して
cp_(m-3) + dq_(m-3) ＞ 0 である。
このとき
C = cp_(m-1) + dq_(m-1) ＞ D = cp_(m-2) + dq_(m-2)
よって >>110 より
このときある n ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω_m] となる。
証明終
114:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 16:38:59
>>105 と >>112 の証明は高木の初等整数論講義を参考にした。
115:１３２人目の素数さん
07/04/08 17:05:50
名無しで自分の隔離病棟スレを立てているんだねｗ
116:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 17:37:25
>>112 の逆が成り立つことは明らかだろうが、一応証明する。
命題
α と β を実無理数とする。
ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω]
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω]
となるとする。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、
各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。
このとき、α = (aβ + b)/(cβ + d) となる。
ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。
証明
α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω] より
α = (pω + r)/(qω + s) となる。
ここで p, r, q, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
よって A = (p, r)/(q, s) とおけば、A ∈ GL_2(Z) であり、
α = Aω となる。
同様に
β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω] より
β = (p'ω + r')/(q'ω + s') となる。
ここで p', r', q', s' は有理整数で p's' - q'r' = ±1 である。
B = (p', r')/(q', s') とおけば、B ∈ GL_2(Z) であり、
β = Bω となる。
従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり
AB^(-1) ∈ GL_2(Z) である。
証明終
117:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 17:59:59
>>116
>従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり
従って、α = Aω = AB^(-1)β となり
118:β ◆aelgVCJ1hU
07/04/08 18:09:04
呼んだか･･？
119:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/08 19:46:47
>>112
>このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
このとき、ある実無理数 ω ＞ 1 と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、
120:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/09 22:34:11
補題
θ を簡約された２次無理数とし、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
このとき (rθ + s)(rθ' + s) = ε である。
ここで θ' は θ の共役で ε = ps - qr = ±1 である。
証明
θ = (pθ + q)/(rθ + s) より、
θ(rθ + s) = pθ + q
rθ^2 + (s - p)θ - q = 0
よって θ は
rx^2 + (s - p)x - q の根である。
よって
rx^2 + (s - p)x - q = r(x - θ)(x - θ')
従って
r(θ + θ') = p - s
rθθ' = -q
(rθ + s)(rθ' + s) = r^2θθ' + rs(θ + θ') + s^2
= -qr + s(p - s) + s^2 = ps - qr = ε
証明終
121:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/11 12:51:05
>>120
証明からわかるように、θ は単に２次無理数であればよく、
簡約された２次無理数である必用はなかった。
122:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/11 15:16:24
命題(高木の初等整数論講義)
θ を簡約された２次無理数とし、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
さらに、rθ + s ＞ 1 とする。
このときある n ≧ 1 があり、
θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。
ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。
証明
E = rθ + s, E' = rθ' + s とおく。
>>120 より EE' = ps - qr = ±1 である。
|EE'| = 1 で E ＞ 1 だから |E'| ＜ 1
したがって、E - E' ＞ 0
即ち r(θ - θ') ＞ 0
θ は簡約された２次無理数だから、θ ＞ 1, -1 ＜ θ' ＜ 0
である(>>95)。
よって、θ - θ' ＞ 0 だから r ＞ 0 である。
よって、rθ' + s ＞ -r + s
EE' = 1 のとき E ＞ 1 より 1 ＞ E' ＞ 0
よって r + 1 ＞ r + E'
一方、上より E' ＞ -r + s だから r + E' ＞ s
よって r + 1 ＞ s
よって r ≧ s
EE' = -1 のときは E ＞ 1 より 0 ＞ E' ＞ -1
よって r ＞ r + E'
一方 r + E' ＞ s だから r ＞ s
(続く)
123:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/11 16:26:18
>>122 の続き。
EE' = 1 のとき E' ＞ 0 すなわち rθ' + s ＞ 0 だから
s ＞ -rθ' ＞ 0
この場合 r ≧ s だったから r ＞ s なら >>110 より本命題は従う。
EE' = -1 のとき 0 ＞ E' ＞ -1
一方 r ＞ 0 で θ' ＜ 0 だから s ＞ rθ' + s
よって s ＞ - 1 即ち s ≧ 0 である。
r ＞ s だったから s ＞ 0 ならやはり >>110 より本命題は従う。
残るのは EE' = 1 で r = s ＞ 0 の場合と
EE' = -1 で r ＞ s = 0 の場合である。
EE' = 1 で r = s ＞ 0 なら、
pr - qr = 1
(p - q)r = 1
r ＞ 0 だから r = 1
よって q = p - 1
θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1)
= p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1)
= p - 1 + θ/(θ + 1) = p - 1 + 1/(1 + 1/θ)
よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。
EE' = -1 で r ＞ s = 0 なら、
ps - qr = -qr = -1 よって qr = 1
r ＞ 0 だから r = q = 1
θ = (pθ + 1)/θ = p + 1/θ = [p, θ]
よって、この場合も本命題は従う。
証明終
124:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/11 20:28:21
>>123
>よって q = p - 1
>
>θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1)
>= p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1)
>= p - 1 +
>
>よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。
ここは高木のように以下のようにしたほうが良かった。
よって p = q + 1
θ = ((q + 1)θ + q)/(θ + 1) = q + θ/(θ + 1) = q + 1/(1 + 1/θ)
よって θ = [q, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。
125:１３２人目の素数さん
07/04/12 06:33:11
Thomas Pietraho.
126:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/12 12:41:15
θ を実２次無理数とする。
θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。
a, b, c は θ により一意に決まる。
２次方程式の根の公式よりθ = (-b ± √D)/2a である。
話を固定するため θ = (-b + √D)/2a と仮定する。
ここで D = b^2 - 4ac である。
D は θ の判別式である(過去スレ４の276)。
θ は実数と仮定したから D ＞ 0 である。
D = b^2 - 4ac だから D ≡ b^2 (mod 4) である。
0^2 ≡ 0 (mod 4)
1^2 ≡ 1 (mod 4)
2^2 ≡ 0 (mod 4)
3^2 ≡ 1 (mod 4)
よって D ≡ 0 (mod 4) または D ≡ 1 (mod 4) である。
θ は無理数だから D は平方数でない。
従って、過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環
R = [1, fω] の判別式になる。
D = (f^2)d である。
ここで f は有理整数 f ＞ 0 であり d は Q(√m) の判別式である。
過去スレ４の587より
I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] は R のイデアルである。
過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。
127:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/12 20:56:36
θ を実２次無理数とする。
θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。
ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。
a, b, c は θ により一意に決まる。
２次方程式の根の公式よりθ = (-b ± √D)/2a である。
話を固定するため θ = (-b + √D)/2a と仮定する。
ここで D = b^2 - 4ac である。
D は θ の判別式である(過去スレ４の276)。
θ は実数と仮定したから D ＞ 0 である。
D = b^2 - 4ac だから D ≡ b^2 (mod 4) である。
0^2 ≡ 0 (mod 4)
1^2 ≡ 1 (mod 4)
2^2 ≡ 0 (mod 4)
3^2 ≡ 1 (mod 4)
よって D ≡ 0 (mod 4) または D ≡ 1 (mod 4) である。
θ は無理数だから D は平方数でない。
従って、過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環
R = [1, fω] の判別式になる。
D = (f^2)d である。
ここで f は有理整数 f ＞ 0 であり d は Q(√m) の判別式である。
過去スレ４の587より
I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] は R のイデアルである。
過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。
128:１３２人目の素数さん
07/04/12 21:04:02
Googleがking仕様になったぞ
早く見てみろ
129:１３２人目の素数さん
07/04/12 21:07:46
ax^2 + bx + c＝０
の解はa,b,cの関数で、逆函数がある。
２つの２次曲線の交点が解だと、逆函数は存在しない。
でも２次曲線のｘ切片が２個決まれば、その２点を通る２次曲線は
無限にある。
130:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 12:06:28
>>127 の続き。
(1) m ≡ 1 (mod 4) のとき
ω = (1 + √m)/2 であり、d = m である(過去スレ３の768)。
D = (f^2)m より
(-b + √D)/2 = (-b + f√m)/2 = (-b - f + f(1 + √m))/2
= -(b + f)/2 + fω
D ≡ f^2 (mod 4) だから b^2 ≡ f^2 (mod 4)
よって b^2 ≡ f^2 (mod 2)
よって b ≡ f (mod 2)
よって b + f ≡ 0 (mod 2)
即ち -(b + f)/2 は有理整数である。
(2) m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき
ω = √m であり、d = 4m である(過去スレ３の768)。
D = 4(f^2)m より
(-b + √D)/2 = (-b + 2f√m)/2 = -b/2 + fω
D ≡ 0 (mod 4) だから b^2 ≡ 0 (mod 4)
よって b ≡ 0 (mod 2)
即ち -b/2 は有理整数である。
131:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 16:58:24
>>130 の続き。
I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] = [a, c + fω] である。
ここで、
m ≡ 1 (mod 4) のとき c = -(b + f)/2
m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき c = -b/2
I = αI となる α ∈ Q(√m) があるとする。
過去スレ４の593より
θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる。
ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。
逆に、ps - qr = ±1 となる有理整数 p, q, r, s があり、
θ = (pθ + q)/(rθ + s) とすると、過去スレ４の593より
I = αI となる。
ここで、α = rθ' + s である。
I は可逆イデアルだから I = αI なら II^(-1) = αII^(-1)
II^(-1) = R だから R = αR である。ここで R = [1, fω]。
よって αβ = 1 となる β ∈ R がある。
即ち α は R の単数である。
逆に α が R の単数なら αR = R だから I = RI = αRI = αI
132:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 17:02:38
過去スレ４の590より
R = {(x + y√D)/2 ; x ∈ Z, y ∈ Z, x ≡ yD (mod 2) } である。
従って、
D ≡ 0 (mod 4) のとき
R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ 0 (mod 2) } である。
D ≡ 1 (mod 4) のとき
R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ v (mod 2) } である。
α = (u + v√D)/2 が R の単数なら、
αα' = (u + v√D)/2 (u - v√D)/2 = (u^2 - Dv^2)/4 = ±1
逆に (u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら
u^2 ≡ Dv^2 (mod 4)
D ≡ 0 (mod 4) のとき
u^2 ≡ 0 (mod 4)
u ≡ 0 (mod 2)
D ≡ 1 (mod 4) のとき
u^2 ≡ v^2 (mod 4)
u ≡ v (mod 2)
よって、いずれの場合にも α = (u + v√D)/2 は R の元であり
従って R の単数である。
133:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 17:06:01
(u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら
(u, -v), (-u, v), (-u, -v) も同様である。
これ等には、それぞれ α', -α', -α が対応する。
u ＞ 0, v ＞ 0 なら
D ≧ 2 だから α = (u + v√D)/2 ≧ (1 + √2)/2 ＞ 1
以上から、次のことが分かった。
α を R の単数とすると、α, α', -α', -α のどれか一つは
1 より大きい。
134:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 17:27:10
>>133 を以下のように訂正する。
(u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら
(u, -v), (-u, v), (-u, -v) も同様である。
これ等には、それぞれ α', -α', -α が対応する。
u = 0 なら -Dv^2 = ±4 より v^2 = 1 または v^2 = 4 となり
D = 4 または D = 1 となって矛盾。
v = 0 なら u^2 = 4 より u = ±2 となり α = ±1 である。
u ＞ 0, v ＞ 0 なら
D ≧ 2 だから α = (u + v√D)/2 ≧ (1 + √2)/2 ＞ 1
以上から、次のことが分かった。
α ≠ ±1 を R の単数とすると、α, α', -α', -α のどれか一つは
1 より大きい。
135:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 21:52:44
>>131 より
θ = (pθ + q)/(rθ + s) なら rθ + s は R の単数である。
よって >>132 より rθ + s = (u + v√D)/2 となる。
ここで (u, v) は u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解である。
p, q, r, s を u, v で表してみよう。
(u + v√D)/2 = rθ + s = r(-b + √D)/2a + s
よって v = r/a
よって r = av
u/2 = -rb/2a + s だから
u/2 = -vb/2 + s
s = (u + vb)/2
θ = (pθ + q)/(rθ + s)
だから
θ(rθ + s) = pθ + q
これに θ = (-b + √D)/2a を代入して
(u + v√D)/2 (-b + √D)/2a = p(-b + √D)/2a + q
(-ub + (u - vb)√D + vD)/4a = 2p(-b + √D)/4a + q
よって
(-ub + vD)/4a = (4aq - 2pb)/4a
-ub + vD = 4aq - 2pb
(u - vb)/4a = 2p/4a
p = (u - bv)/2
-ub + vD = 4aq - 2pb = 4aq - (u - bv)b
-b^2v + vD = 4aq
q = v(-b^2 + D)/4a = -4acv/4a = -cv
以上から (p, q/(r, s) = ((u - bv)/2, -cv)/(av, (u + bv)/2)
136:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 22:08:52
>>122
>このときある n ≧ 1 があり、
>θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。
>ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。
θ ＞ 1 だから k_0 ≧ 1 でもある。
137:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/13 22:44:28
命題
θ, R は >>126 同じとする。
A = (p_0, q_0)/(r_0, s_0) ∈ GL_2(Z)
B = (p_1, q_1)/(r_1, s_1) ∈ GL_2(Z) で
θ = Aθ
θ = Bθ とする。
E_0 = r_0θ + s_0
E_1 = r_1θ + s_1
とおけば、>>131 より E_0, E_1 は R の単数である。
AB = C とすれば
θ = Cθ である。
C = (p_2, q_2)/(r_2, s_2) ∈ GL_2(Z)
E_2 = r_2θ + s_2 とおく。
このとき、E_0E_1 = E_2 である。
証明
E_0E_1 = (r_0θ + s_0)(r_1θ + s_1)
= r_0θ(r_1θ + s_1) + s_0(r_1θ + s_1)
= r_0(p_1θ + q_1) + s_0(r_1θ + s_1)
= (r_0p_1 + s_0r_1)θ + (r_0q_1 + s_0s_1)
= r_2θ + s_2
証明終
138:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/14 00:52:14
R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。
>>127 において θ が簡約された２次無理数の場合を考える。
>>101 より θ は純循環連分数に展開される。
θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] で、k_0, . . . , k_(n-1) が
最短の純循節とする。
θ = (p_(n-1)θ + p_(n-2))/(q_(n-1)θ + q_(n-2)) で
p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n
である(>>43, >>44, >>57)。
θ ＞ 1 で q_(n-1) ＞ 0, q_(n-2) ≧ 0 だから
E = q_(n-1)θ + q_(n-2) ＞ 1 である。
>>131 より E は R の単数である。
α を R の単数で α ＞ 1 とする。
α' も R の単数であるから >>131 より I = α'I である。
よって θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる
有理整数 p, q, r, s で ps - qr = ±1 となるものがあり、
α' = rθ' + s である。
よって α = rθ + s である。
α ＞ 1 だから >>122 より rθ + s はθの連分数展開から得られる。
よって >>137 より α = E^m となる m ≧ 1 がある。
139:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/14 01:07:04
α を R の単数で α ＞ 1 とする。
α' も R の単数であるから >>131 より I = α'I である。
よって θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる
有理整数 p, q, r, s で ps - qr = ±1 となるものがあり、
α' = rθ' + s である。
よって α = rθ + s である。
α ＞ 1 だから >>122 より rθ + s はθの連分数展開から得られる。
よって >>137 より α = E^m となる m ≧ 1 がある。
α を R の単数で 0 ＜ α ＜ 1 とすると、1/α ＞ 1 だから
>>138 より 1/α = E^m となる m ≧ 1 がある。
よって α = E^(-m) である。
α ＜ 0 なら -α ＞ 0 だから α ≠ -1 なら上でのべたことから
-α = E^m となる m ≠ 0 がある。
以上から R の任意の単数は ±E^m, m ∈ Z と書ける。
E を R の基本単数と呼ぶ。
140:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/14 01:12:10
>>138
>R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。
>θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。
この部分は不要なので削除する。
141:１３２人目の素数さん
07/04/14 04:10:00
16
142:１３２人目の素数さん
07/04/14 04:11:00
17
143:１３２人目の素数さん
07/04/14 04:12:00
16
144:１３２人目の素数さん
07/04/14 04:13:00
15
145:１３２人目の素数さん
07/04/14 04:14:02
14
146:１３２人目の素数さん
07/04/14 04:15:00
13
147:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 10:13:27
連分数の理論を(２元)２次形式論と実２次体に応用するためには、
２次の無理数と２次形式と２次体のイデアルの３者の関係をはっきり
させておいたほうが良い。
この関係は過去スレ４でもある程度扱ったが、ここではより詳しく
述べる。
ここで述べる定式化は Henri Cohen の
A course in computational algebraic number thery から拝借した。
148:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 10:43:56
D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の
判別式である。
I を R の分数イデアル(過去スレ２の677)とする。
即ち、Q(√m) の R-部分加群 I が次の条件を満たすとき I を R の
分数イデアルと呼ぶ。
1) I ≠ 0
2) Q(√m) の元 x ≠ 0 で xI ⊂ R となるものがある。
定義より、I = (1/α)J と書ける。
ここで J は R のイデアルで α は R の元である。
I のノルム N(I) を N(I) = N(J)/|N(α)| で定義する。
これが J と α の取り方によらないことは証明を要する。
149:１３２人目の素数さん
07/04/21 10:57:54
糞
150:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 11:17:07
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
I ⊂ R だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。
このとき N(I) = |ps - qr| である。
証明
I = [a, b + cfω] を I の標準基底 (過去スレ４の429) による
表示とする。
N(I) = ac である(過去スレ４の438)。
[μ, ν] の [1, fω] による変換行列を A とする。
つまり、(μ, ν)' = A(1, fω)' である。
ここで、(μ, ν)', (1, fω)' はそれぞれ列ベクトルを表す。
同様に [a, b + cfω] の [1, fω] による変換行列を B とする。
つまり、(a, b + cfω)' = B(1, fω)' である。
ここで、B = (a, 0)/(b, c) である。
同様に [α, β] の [a, b + cfω] による変換行列を C とする。
(α, β)' = C(a, b + cfω)' = CB(1, fω)' = CBA^(-1) (μ, ν)'
従って、P = (p, q)/(r, s) とおけば P = CBA^(-1) である。
det(A) = ±1, det(C) = ±1 だから |det(P)| = |det(B)| = ac = N(I)
det(P) = ps - qr だから N(I) = |ps - qr| である。
証明終
151:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 11:30:20
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
I ⊂ R だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。
このとき
αβ' - α'β = (ps - qr)(μν' - μ'ν)
証明
(α, α')/(β, β') = (p, q)/(r, s) (μ, μ')/(ν, ν')
である。
両辺の行列式をとればよい。
証明終
152:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 11:47:49
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
(αβ' - α'β)^2 は有理整数 ＞ 0 であり、基底 α, β の
取り方によらない。
証明
I = [γ, δ] を I の別の基底による表示とする。
[α, β] の [γ, δ] による変換行列を P とすれば
>>151 と同様にして
αβ' - α'β = (ps - qr)(γδ' - γ'δ)
両辺を２乗して
(αβ' - α'β)^2 = (ps - qr)^2 (γδ' - γ'δ)^2
det(P) = ±1 だから
(αβ' - α'β)^2 = (γδ' - γ'δ)^2
証明終
153:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 11:54:18
定義
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
d(I) = (αβ' - α'β)^2 と書き、これを I の判別式という。
>>152 より、これは基底 α, β の取り方によらない。
d(I) を d(α, β) とも書く。
容易にわかるように d(R) は R の判別式に一致する。
さらに d(1, ω) は２次体 Q(√m) の判別式である。
154:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 11:59:03
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
d(I) = (N(I)^2)d(R)である。
証明
定義(>>152) と >>150, >>151 より明らかである。
155:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 12:05:04
定義
α, β を２次体 Q(√m) の元とする。
Δ(α, β) = αβ' - α'β と書く。
156:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/21 12:19:47
補題
α, β, γ を２次体 Q(√m) の元とする。
Δ(γα, γβ) = N(γ)Δ(α, β) である。
証明
Δ(γα, γβ) = γαγ'β' - γ'α'γβ = γγ'(αβ' - α'β) = N(γ)Δ(α, β)
証明終
157:１３２人目の素数さん
07/04/22 04:10:00
12
158:１３２人目の素数さん
07/04/22 04:11:00
11
159:１３２人目の素数さん
07/04/22 04:12:00
10
160:１３２人目の素数さん
07/04/22 04:13:00
9
161:１３２人目の素数さん
07/04/22 04:14:00
8
162:１３２人目の素数さん
07/04/22 04:15:00
7
163:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 13:48:32
訂正
>>152
>(αβ' - α'β)^2 は有理整数 ＞ 0 であり、基底 α, β の
>取り方によらない。
(αβ' - α'β)^2 は基底 α, β の取り方によらない。
164:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 16:08:13
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
γ ≠ 0を２次体 Q(√m) の元とする。
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。
証明
>>154 より
d(γI) = (N(γI)^2)d(R)
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
γI = [γα, γβ] である。
>>156 より
d(γI) = (N(γ)^2)d(I)
>>154 より
(N(γ)^2)d(I) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)
従って、
(N(γI)^2)d(R) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)
d(R) ≠ 0 であるから
N(γI)^2 = (N(γ)^2)(N(I)^2)
よって
N(γI) = |N(γ)|N(I)
証明終
165:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 16:16:24
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0, J ≠ 0 を R のイデアルとする。
α ≠ 0, β ≠ 0 を２次体 Q(√m) の元とする。
(1/α)I = (1/β)J なら
N(I)/|N(α)| = N(J)/|N(β)| である。
証明
(1/α)I = (1/β)J だから βI = αJ
>>164 より N(β)N(I) = |N(α)|N(J)
よって
N(I)/|N(α)| = N(J)/|N(β)| である。
証明終
166:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 16:20:31
定義
I を R の分数イデアルとする(>>148)。
定義より、I = (1/α)J と書ける。
ここで J は R のイデアルで α ≠ 0 は R の元である。
I のノルム N(I) を N(I) = N(J)/|N(α)| で定義する。
>>165 よりこれは J と α の取り方によらない。
167:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 20:48:52
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I は基底をもつ、即ち I = [θ_1, θ_2] と表示される。
ここで θ_1, θ_2 は Q(√m) の非零元である。
証明
I = (1/γ)J と書ける。
ここで J ≠ 0 は R のイデアルで γ ≠ 0 は R の元である。
J = [α, β] を J のある基底による表示とする。
I = [α/γ, β/γ] である。
証明終
168:１３２人目の素数さん
07/04/22 20:49:50
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169:１３２人目の素数さん
07/04/22 20:59:16
民主党は“全て中国の言う通り”がモットー。
公明党は創価学会とともに日本を朝鮮のものにしようとしてる。
創価学会は日本の大手メディアを間接支配していて、 社民党は朝鮮総連とともに拉致の存在を否定し、被害者の活動を妨害した。
共産党は北朝鮮に関して社民党と同じ。それに加えて反自衛隊・反米である。
朝鮮総連と民潭は日本を解体して朝鮮にしようと参政権を狙っているし、
統一教会は売国政党の社民党を支援している。
☆朝日新聞などは中国と朝鮮の代弁者、つまり日本最大手の売国新聞だし、
日教組は基本理念のレベルから反資本主義・反体制であり、残る自民党にも中国の顔色ばかり窺っている者が潜んでいるのである。
今後は『人権擁護法案』成立を契機に公明党は民主党に鞍替えして連立し、 実質外国人与党が誕生して第二期工作の完結となるのが彼らの筋書きである。 （今、実際にそのように動きつつある）
そうすればあっという間に外国人参政権を成立させて日本の国政は全て
朝鮮人が牛耳り、朝鮮に歯向かう日本人の政治介入する隙間を残さない
新たな制度が完成することだろう。
そしてこれらの売国組織に必ず関与し、彼らの侵略行為の結果において
最も利益を享受する立場にあるのが『在日朝鮮人』である。
URLﾘﾝｸ(hisazin-up.dyndns.org) 在日特権の真相にせまる21.68MiB
170:１３２人目の素数さん
07/04/22 21:01:39
啓蒙の実践
☆虚構世界 円の紋章
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
■超越論と非超越論
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
■オタク概念の整備
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
■淫乱肉便器と淫乱肉便器候補
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
●実姉
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
●淫乱肉便器の紹介
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
■持続可能な淫乱投票システム
URLﾘﾝｸ(www.google.com)
171:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 21:24:20
>>164 を以下のように訂正する。
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R のイデアルとする。
γ ≠ 0 を R の元とする。
このとき
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。
証明
>>154 より
d(γI) = (N(γI)^2)d(R)
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
γI = [γα, γβ] である。
>>156 より
d(γI) = (N(γ)^2)d(I)
>>154 より
(N(γ)^2)d(I) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)
従って、
(N(γI)^2)d(R) = (N(γ)^2)(N(I)^2)d(R)
d(R) ≠ 0 であるから
N(γI)^2 = (N(γ)^2)(N(I)^2)
よって
N(γI) = |N(γ)|N(I)
証明終
172:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 21:36:15
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
γ ≠ 0 を２次体 Q(√m) の元とする。
このとき
N(γI) = |N(γ)|N(I) である。
証明
γ = α/β と書ける。ここで α, β は R の元である。
γI = (α/β)I = (1/β)αI
αI ⊂ R であるから >>166 より
N(γI) = N(αI)/|N(β)|
>>171 より
N(γI) = |N(α)|N(I)/|N(β)| = |N(γ)|N(I)
証明終
173:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/22 22:00:37
命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [θ, τ] を I のある基底による表示とする(>>167)。
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I ⊂ Q(√m) だから
θ = pμ + qν
τ = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理数である。
このとき N(I) = |ps - qr| である。
証明
R の元 γ ≠ 0 があり、γI ⊂ R となる。
r = N(γ) = γγ' とおけば、rI ⊂ R となる。
rI = [α, β] とする。
α = aμ + bν
β = cμ + dν
と書ける。ここで a, b, c, d は有理整数である。
I = [α/r, β/r] である。
α/r = (a/r)μ + (b/r)ν
β/r = (c/r)μ + (d/r)ν
I = [θ, τ] でもあるから
|(a/r)(d/r) - (b/r)(c/r)| = |ps - qr|
よって |ad - bc|/r^2 = |ps - qr|
一方、>>150 より
N(rI) = |ad - bc|
>>172 より N(rI) = |N(r)|N(I) = (r^2)N(I)
よって N(I) = |ad - bc|/r^2
よって N(I) = |ps - qr| である。
証明終
174:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/23 12:46:13
命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする(>>167)。
Δ(α, β) = αβ' - α'β と書いた(>>155)。
Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)d(R) である。
証明
R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。
I ⊂ Q(√m) だから
α = pμ + qν
β = rμ + sν
と書ける。ここで p, q, r, s は有理数である。
>>151 と同様にして
Δ(α, β) = (ps - qr)Δ(μ, ν)
>>173 より N(I) = |ps - qr| である。
よって
Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)Δ(μ, ν)^2 である。
一方、>>153 より Δ(μ, ν)^2 = d(R) である。
証明終
175:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/23 12:52:29
命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする(>>167)。
d(I) = Δ(α, β)^2 と書き、これを I の判別式という。
>>174 より、d(I) = (N(I)^2)d(R) だからこれは基底 α, β の
取り方によらない。
d(I) は０でない有理数である。
176:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/23 20:52:43
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
>>174 より Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)D である。
ここで D は R の判別式である。
従って、(Δ(α, β)/√D)^2 = N(I)^2 である。
よって Δ(α, β)/√D は０でない実数である。
ここで √D = (√|D|)i とする(過去レス４の273参照)。
Δ(α, β)/√D ＞ 0 のとき、基底 α, β は正に向き付けられている
という。
Δ(α, β)/√D ＜ 0 のとき、基底 α, β は負に向き付けられている
という。
Δ(-α, β) = -αβ' + α'β = -Δ(α, β) だから
Δ(-α, β)/√D = -Δ(α, β)/√D
よって基底 α, β が正に向き付けられているとき
基底 -α, β は負に向き付けられている。
177:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/23 21:09:14
命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] = [γ, δ] とし、
α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているとする。
α, β の γ, δ による変換行列を P = (p, q)/(r, s) とする。
即ち、
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
とする。
このとき P ∈ SL_2(Z) である。
証明
P ∈ GL_2(Z) であるから det(P) ＞ 0 を示せばよい。
>>151 と同様にして
Δ(α, β) = det(P)Δ(γ, δ) である。
よって
Δ(α, β)/√D = det(P)Δ(γ, δ)/√D である。
ここで D は R の判別式である。
α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているから、
Δ(α, β)/√D ＞ 0
Δ(γ, δ)/√D ＞ 0
従って det(P) ＞ 0 である。
証明終
178:１３２人目の素数さん
07/04/24 04:10:00
15
179:１３２人目の素数さん
07/04/24 04:11:00
14
180:１３２人目の素数さん
07/04/24 04:12:00
13
181:１３２人目の素数さん
07/04/24 04:13:00
12
182:１３２人目の素数さん
07/04/24 04:14:00
11
183:１３２人目の素数さん
07/04/24 04:15:00
10
184:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/25 20:15:48
D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。
過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の
判別式である。
判別式 D の２次形式の集合を F(D) と書く。
２次形式 ax^2 + bxy + cy^2 を (a, b, c) と略記した
(過去スレ４の328)。
σ = (p, q)/(r, s) を SL_2(Z) の元とする。
(a, b, c) ∈ F(D) のとき (a, b, c) に σ = (p, q)/(r, s) を
作用させると、 過去スレ４の401より
(a, b, c)σ = (k, l, m)
ここで
k = ap^2 + bpr + cr^2
l = 2apq + b(ps + qr) + 2crs
m = aq^2 + bqs + cs^2
過去スレ４の281より (k, l, m) の判別式は D である。
よって過去スレ４の403より F(D) は右 SL_2(Z)-集合となる。
185:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 08:32:40
SL_2(Z) の元 (1, 1)/(0, 1) を S と書いた(過去スレ４の237)。
任意の n ∈ Z に対して S^n = (1, n)/(0, 1) である。
よって過去スレ４の401より (a, b, c) ∈ F(D) のとき
(a, b, c)S^n = (a, 2an + b, an^2 + bn + c)
である。
過去スレ４の587より I = [a, (-b + √D)/2] は R のイデアルである。
(k, l, m) ∈ F(D) があり、[a, (-b + √D)/2] = [k, (-l + √D)/2]
とする。
I ∩ Z = aZ = kZ だから a = ±k である。
簡単のために a = k と仮定する。
(-b + √D)/2 = na + t(-l + √D)/2 となる n, t ∈ Z がある。
よって
t = 1
-b = 2na - l
よって
l = b + 2an
D = l^2 - 4km = b^2 - 4ac だから
(b + 2an)^2 - 4am = b^2 - 4ac
よって
4am = (b + 2an)^2 - b^2 + 4ac = 4abn + 4a^2n^2 + 4ac
m = bn + an^2 + c
以上から (k, l, m) = (a, 2an + b, an^2 + bn + c) である。
即ち (a, b, c)S^n = (k, l, m) である。
186:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 08:36:29
逆に (a, b, c)S^n = (k, l, m) なら
k = a
l = 2an + b
だから
[k, (-l + √D)/2] = [a, -an + (-b + √D)/2] = [a, (-b + √D)/2] である。
187:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 09:03:27
SL_2(Z) を Γ と書き、S で生成される Γ の部分群を Γ_∞ と書く。
即ち Γ_∞ = {S^n = (1, n)/(0, 1), n ∈ Z} である。
Γ は C ∪ {∞} に一次分数変換として作用する
(過去スレ４の196)。ここで、C は複素数体である。
このとき、Γ_∞ は Γ の ∞ における安定化部分群
(過去スレ４の392)である。
Γ_∞ は F(D) に右から作用する。
F(D) の Γ_∞ の作用による商集合を F(D)/Γ_∞ と書いた
(過去スレ４の390)。
R の分数イデアル全体を id(R) と書こう。
(a, b, c) ∈ F(D) に R のイデアル [a, (-b + √D)/2] を対応させる
ことにより F(D) から id(R) への写像が得られる。
この写像を φ_FI と書こう。F は form、I は ideal の頭文字である。
>>186 より φ_FI は F(D)/Γ_∞ から id(R) への写像を引き起こす。
188:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 10:35:47
>>176 を以下のように訂正する。
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] を I のある基底による表示とする。
>>174 より Δ(α, β)^2 = (N(I)^2)D である。
ここで D は R の判別式である。
従って、(Δ(α, β)/√D)^2 = N(I)^2 である。
よって Δ(α, β)/√D は０でない実数である。
ここで √D = (√|D|)i とする(過去レス４の273参照)。
Δ(-α, β)/√D ＞ 0 のとき、基底 α, β は正に向き付けられている
という。
Δ(-α, β)/√D ＜ 0 のとき、基底 α, β は負に向き付けられている
という。
Δ(-α, β) = -αβ' + α'β = -Δ(α, β) だから
Δ(-α, β)/√D = -Δ(α, β)/√D
よって基底 α, β が正に向き付けられているとき
基底 -α, β は負に向き付けられている。
189:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 10:38:51
>>177 を以下のように訂正する。
命題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、
I ≠ 0 を R の分数イデアルとする。
I = [α, β] = [γ, δ] とし、
α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているとする。
α, β の γ, δ による変換行列を P = (p, q)/(r, s) とする。
即ち、
α = pγ + qδ
β = rγ + sδ
とする。
このとき P ∈ SL_2(Z) である。
証明
P ∈ GL_2(Z) であるから det(P) ＞ 0 を示せばよい。
>>151 と同様にして
Δ(α, β) = det(P)Δ(γ, δ) である。
よって
Δ(α, β)/√D = det(P)Δ(γ, δ)/√D である。
ここで D は R の判別式である。
α, β と γ, δ は共に正に向き付けられているから、
Δ(α, β)/√D ＜ 0
Δ(γ, δ)/√D ＜ 0
従って det(P) ＞ 0 である。
証明終
190:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 10:58:09
(a, b, c) ∈ F(D) のとき I = [a, (-b + √D)/2] の
基底 a, (-b + √D)/2 の向き(>>188)を調べる。
Δ(-a, (-b + √D)/2) = a((-b + √D)/2 - (-b - √D)/2)
= a√D
従って a ＞ 0 のとき a, (-b + √D)/2 は正の向き、
a ＜ 0 のとき a, (-b + √D)/2 は負の向きである。
まず a ＞ 0 の場合を考える。
α = a
β = (-b + √D)/2 とおき、
f(x, y) = N(xα - yβ)/N(I) とおく。
x と y は有理整数である。
過去スレ４の392より、
k = (αα')/N(I)
l = -(αβ' + βα')/N(I)
m = (ββ')/N(I)
とおけば、f(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 である。
今の場合、N(I) = a だから
k = a
l = b
m = c
である。
即ち N(xα - yβ)/N(I) = ax^2 + bxy + cy^2 である。
191:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 11:39:35
今度は a ＜ 0 の場合を考える。
I = [a, (-b + √D)/2] = [-a, (-b + √D)/2] であり、
Δ(a, (-b + √D)/2)) = -a√D だから
-a, (-b + √D)/2 は正の向きである。
α = -a
β = (-b + √D)/2 とおき、
f(x, y) = N(xα + yβ)/N(I) とおく。
x と y は有理整数である。
過去スレ４の584より、
k = (αα')/N(I)
l = (αβ' + βα')/N(I)
m = (ββ')/N(I)
とおけば、f(x, y) = kx^2 + lxy + my^2 である。
今の場合、N(I) = -a だから
k = -a
l = -b
m = -c
である。
即ち N(xα + yβ)/N(I) = -ax^2 - bxy - cy^2 である。
192:Kummer ◆g2BU0D6YN2
07/04/28 12:24:17
補題
R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、I と J を R の
分数イデアルとする。
J ⊂ I なら N(J)/N(I) は有理整数である。
証明
I = [α, β]
J = [δ, γ]
とする。
J ⊂ I だから
δ = pα + qβ
γ = rα + sβ
と書ける。
ここで p, q, r, s は有理整数である。
>>151 と同様にして
Δ(δ, γ) = (ps - qr)Δ(α, β)
だから >>175 より
d(J) = (ps - qr)^2 d(I)
>>174 より
d(I) = (N(I)^2)d(R)
だから
d(J) = (ps - qr)^2(N(I)^2)d(R)
d(J) = (N(J)^2)d(R)
だから
(ps - qr)^2(N(I)^2)d(R) = (N(J)^2)d(R)
よって
N(I)|ps - qr| = N(J)
証明終