14/03/04 06:24:46.02
>>433
位数2q(qは素数)の巡回群の生成元になりうる元を考えたら自明。
ならない元は生成元の偶数乗かqの倍数乗かになってるんだから。
438:１３２人目の素数さん
14/03/04 10:11:36.42
>>435
なるほどなぁ～～
439:１３２人目の素数さん
14/03/04 12:57:42.35
>>433を使ってp＝2ｑ+1(qは5以上の素数)の生成元の中に隣り合う数n,n+1が存在することを証明できないか考えている
あ、>>429を使ってpの生成元のなかに隣り合う数n,n+1が存在することを証明できないかなとも考えている。>>429は間違ってるかもしれないけど
440:１３２人目の素数さん
14/03/04 13:13:27.73
>>433についてなんだけどaが2以上q以下の場合を調べるだけですべての生成元がわかるね
441:１３２人目の素数さん
14/03/04 14:43:18.03
p＝ak+1とおく(kは2以上の自然数)
bを1より大きくpより小さい自然数とする
b^a＝1 (mod p)になるaが存在しないとき
bはpの生成元である
これってもうどっかで言ったっけ？
442:１３２人目の素数さん
14/03/04 14:45:50.02
まぁ>>441は有名かな……ごめん
443:１３２人目の素数さん
14/03/04 16:11:43.92
>>439
＞p=2q+1(qは5以上の素数)の生成元の中に隣り合う数n,n+1が存在すること
これは簡単だよ。
1,2あるいは、4,5あるいは、9,10のいずれかが平方剰余であることがいえるから、>>433より
p-2,p-1あるいはp-5,p-4あるいはp-10,p-9のいずれかが問題のn,n+1であることがいえる。
最後に、1,2あるいは、4,5あるいは、9,10が平方剰余になることの確認を
(ただし、(a/p)はルジャンドル記号とする)
(2/p)=1のときは、1,2が平方剰余になる。
(5/p)=1のときは、4,5が平方剰余になる。
(2/p)=(5/p)=-1のときは、(10/p)=(2/p)・(5/p)=1となるから、9.10が平方剰余になる。
444:１３２人目の素数さん
14/03/04 16:24:29.75
>>443
ほー、ありがとう！
445:１３２人目の素数さん
14/03/04 19:53:10.03
>>440
それ平方剰余のチェックと同じだから、あまり有益な結果ではない。
446:１３２人目の素数さん
14/03/04 19:57:06.82
>>443
最後が技巧的で好きじゃないな。
447:１３２人目の素数さん
14/03/04 20:51:57.89
>>445
そうなんだ ありがとう
448:446
14/03/04 22:58:56.27
>>443
自分の解法を思い付いた。
1～2qまでの間に生成元がq-1個あって、1と2qは生成元ではない。
生成元が隣合わないようにするには、生成元が｛2,4,…,2q-2｝か｛3,5,…,2q-1｝のパターンしかないが、
4と9は生成元ではないからどちらもありえない(ここでqが5以上であることが効く)。
449:１３２人目の素数さん
14/03/05 01:45:55.62
>>448
{2,4.7,9,…,2q-1} みたいに途中で2コ空けるのもあるけど
4 と 9 が生成元でないからありえない、という推論は同じように使えるから無問題
450:１３２人目の素数さん
14/03/05 08:08:38.41
非生成元が隣合ってたら(2q+1)-｛その二つの数｝は隣合う生成元になるね
451:１３２人目の素数さん
14/03/06 12:11:46.68
2q+1(qは奇素数)の形で表せる素数pの生成元をすべて足してpで割ると余りは1になる
これって真？まぁどうでもいいような予想だけど
452:１３２人目の素数さん
14/03/06 17:25:45.45
>>451
これは真。
p=2q+1の生成元は>>435から、-2^2，…，-q^2のq-1=φ(2q)個であることがわかっているんだから
簡単に示せる。
証明というべきものじゃないけど
(-1^2)+(-2^2)+…+(-q^2)=-(1/6)q(q+1)p≡0 (mod p)
よって、 (-2^2)+…+(-q^2)≡1 (mod p)がいえる。
453:１３２人目の素数さん
14/03/06 17:42:57.44
>>452
なるほどなぁ～～あちがとう！
454:１３２人目の素数さん
14/03/07 03:13:24.08
>>392で触れた円分多項式の考え方で、>>429を一般の場合に示せた。
円分多項式
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)
最高次係数が 1 の n 次多項式f(x)に対し、f(x) の n-1 次の係数を T(f(x)) と書くことにする。
f(x) が 0 次式であれば、T(f(x)) = 0 と定める。
f(x),g(x) を、共に最高次係数が 1 の多項式とすると、
T(f(x)g(x)) = T(f(x)) + T(g(x))
が成り立つ。
n 番目の円分多項式を F[n](x) と書く。
p を法としたときの生成元全体は、F[p-1](x) の p を法としたときの根全体に一致する。
解と係数の関係から、
(生成元の総和) ≡ -T(F[p-1](x)) (mod p)
である。
上のリンクにある、メビウス関数を使った表示式から、
F[p-1](x) = (x^a[1] - 1) … (x^a[n] - 1) / (x^b[1] - 1) … (x^b[m] - 1) …(*) (a[1],…,a[n],b[1],…,b[m] は相異なる自然数)
と書ける。
右辺の分子を P(x),分母を Q(x) とおくと、
Q(x) F[p-1](x) = P(x) …(**)
となる。
(*) の分子に (x-1) が現れれば T(P(x)) = -1, そうでなければ T(P(x)) = 0 となる。Q(x) も同様。
(*) の分母分子両方に (x-1) が現れることはないから、(T(P(x)),T(Q(x))) = (0,0),(-1,0),(0,-1)
(**) の両辺に T を作用させると、
T(Q(x)) + T(F[p-1](x)) = T(P(x))
となり、上で求めた T(P(x)),T(Q(x)) から、T(F[p-1](x)) = -1,0,1
したがって (生成元の総和) ≡ -1,0,1 (mod p) □
455:１３２人目の素数さん
14/03/07 03:13:54.07
なお、メビウス関数の定義から、
p-1 が相異なる奇数個の素数の積なら (生成元の総和) = -1
p-1 が相異なる偶数個の素数の積なら (生成元の総和) = 1
それ以外、すなわち、p-1 が 4 以上の平方数で割り切れれば (生成元の総和) = 0
が分かる。
456:１３２人目の素数さん
14/03/07 12:45:19.19
>>454>>455
へぇ～～ぶっちゃけ難しくてよく分からんけどそうなるんだね
ありがとう！
457:１３２人目の素数さん
14/03/07 16:54:59.42
pが5のときは正方形に対応していてpが7のときは正六角形に対応している
なら、正四面体に対応している演算ってなんだろう？そんなものないのかな？