整数論を勉強するためのスレッド
代数幾何のスレが盛り上がってるので建てた。
俺はSerreのLocal Fieldsを読む。 >>80-81の背景となる理論があるからこそ、円分体や二次体の『素イデアルの分解の仕方が、類数公式によって判る』と言える。
この類数公式に出て来るのが各種のゼータ関数やL-関数で、類体の秘密を宿している。 >>84
Deligne予想=「有限体上の高次元類体論の非アーベル化」(未解決)
斎藤秀司「高次元類体論の現在」p.259-p.260, 7 有限体上の多様体の類体論の非アーベル化
https://www.jstage.jst.go.jp/article/sugaku/67/3/67_0673246/_pdf/-char/ja 「類体の秘密」を調べるもう一つの方法が『岩澤理論』
加藤和也「整数論の近年のいくつかの進展をふりかえって」p.420-p.425, 2 岩澤理論の発展
https://www.jstage.jst.go.jp/article/sugaku/69/4/69_0694413/_pdf/-char/ja >>11
『クロネッカー青春の夢』 => 類体論
『虚2次数体上のアーベル方程式は、虚数乗法を持つ楕円関数の変換方程式で汲み尽くされる』 ヒルベルトの第12問題
杉浦 光夫「ヒルベルトの問題II」p.259-p.260, 第XII問題 解析函数によるアーベル拡大の構成 証明問題
「5つの整数が与えられている。
その中の3つを上手く選べば、その和が3の倍数になる。」 >>92
この問題は時期的にまずい。
もうちょっと待て。 a^3 - b^3 = 217
を満たす整数の組(a, b)を全て求めよ >>96
素因数分解が一通りであることを証明するのが面白いのです >>95 によれば
(a,b) = (-8,-9) (1,-6) (6,-1) (9,8) >>92
> 証明問題
> 「5つの整数が与えられている。
> その中の3つを上手く選べば、その和が3の倍数になる。」
3を法として整数を3つの部分集合 C_k =def= { n?Z | n mod 3 = k } (0≦k≦2)に分割すると、
(1) 5つの整数の中に、ある k について C_k から少なくとも3つの整数を含んでいる場合、
同一の C_k に属する3つを選べばそれらの和は3の倍数になる
(2) さもなければ、C_0, C_1, C_2 の各々から少なくとも1つは含まねばならない
従って、これら3つの部分集合の各々に属する整数を1つずつ選べばそれらの和はやはり3の倍数になる
QED >>99訂正
数学記号は文字化けするんですね(少なくともJaneStyleだと)
誤> 3を法として整数を3つの部分集合 C_k =def= { n?Z | n mod 3 = k } (0≦k≦2)に分割すると、
正> 3を法として整数を3つの部分集合 C_k =def= { n in Z | n mod 3 = k } (0≦k≦2)に分割すると、 正解です。
「2・3^n - 1 個の整数が与えられている。
その中から 3^k 個組 (その和は3^kの倍数) を 2・3^(n-k) -1 組取り出せる。
とくに、3^n 個を上手く選べば、その和が3^nの倍数になる。」
一般化しました。
「a個の整数が与えられているとき、
その中のb個を上手く選べば、その和がcの倍数になる。
(a>b>1, a>c>1)」
↓
「 (a-1)(b^n -1)/(b-1) +1 個の整数が与えられているとき、
その中の b^n 個を上手く選べば、その和が c^n の倍数になる。」 >>98
a^3 + b^3 + c^3 = 6^3
の整数解:
(3,4,5) (n,-n,6) (-1,-8,9) (-8,-10,12) 以外にある? >>101
(a,b,c) = (2m-1,m,m) とできるらしい。
[エレ解スレ3.491]
http://www.renyi.hu/~p_erdos/1961-25.pdf エルデシュ=ギンツブルグの定理
「2m-1個の整数の集合には、和がmで割り切れるようなm個の整数の部分集合が必ず存在する。」
【数セミ】エレガントな解答をもとむ3【2018.10】
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1537116043/481-491 「エルデシュ=ギンツブルグの定理」(>>104)でm=3とした場合が、【数セミ】エレガントな解答をもとむ2019年11月号「出題1」(>>92)の場合。
「5つの整数が与えられている。その中の3つを上手く選べば、その和が3の倍数になる。」
問題文の「上手く選べば」を「必ず存在する」という存在定理に読みかえられる。 >>101
(a1,b1,c1) と (a2,b2,c2) について成り立てば
(a1+b1(a2-1), b1・b2, c1・c2) についても成り立つ。
>>103-105
(2m-1,m,m) と (2n-1,n,n) について成り立てば
(2mn-1, mn, mn) についても成り立つ。
∴ 素数mについて成り立てば十分。
(3,2,2) … 偶奇の同じ2個を取り出す。
(5,3,3) >>99
>>105
12月号 Erdős, P.; Ginzburg, A.; Ziv, A. (1961). "Theorem in additive number theory". Bull. Research Council Israel. 10F: 41–43.
https://www.renyi.hu/~p_erdos/1961-25.pdf
「Zero-sum problem」
https://en.wikipedia.org/wiki/Zero-sum_problem >>104
>>108
mは素数とする。
x_i をmで割ったときの剰余に注目して、昇順に並べる。
0 ≦ x_1 ≦ x_2 ≦ ・・・・ ≦ x_(2m-1) < m,
・同じ剰余がm個以上あるとき、そのm個を取り出す。
・どの剰余も(m-1)個以下のとき、
0 < x_(m+i) - x_i < p, (1≦i<m) ・・・・(1)
ここで、
S_0 = {0}
S_1 = {0, x_(m+1)-x_1}
S_t = { [Σ[i=1,t] f_i・(x_(m+i) - x_i)] mod m | f_i = 0または1 }
とおく。
補題
#S_t ≧ t+1, (0≦t≦m-1)
(略証)
tについての帰納法による。
#S_0 = 1,
#S_1 = 2,
S_(t+1) = S_t U { [s+x_(m+t+1)-x_(t+1)] mod m | s∈S_t }
右辺の2つの集合は、元の数は等しい。( #S_t )
しかし元の和は (x_(m+t+1) - x_(t+1)) #S_t だけずれている。(mod m)
#S_t < m のとき、(1) より、mで割り切れない。
∴ 後者の集合は S_t にはない元を含む。
∴ #S_(t+1) ≧ #S_t + 1, (終)
#S_(m-1) = m だから 0,1,・・・・,m-1 をすべて含む。
s ≡ - (x_1+x_2+・・・・+x_m) (mod m)
となる元 s ∈ S_(m-1) を取り出せば、
Σ[f_i=0] x_i + Σ[f_i=1] x_(m+i) ≡ 0 (mod m) >>110
それできる?
もともとのエルデシュの証明でまずmが素数の場合に限定してるのは
S_tからS_{t+1}にいくときS_tの各頂点があるmの約数の倍数ばかりになってて
S_{t+1}にいくとき点が増えない可能性があるからで、実際にそれは起こる場合があるので
やはりmが素数の場合から積み上げていくしかないなぁとあきらめたんだけど。 ご指摘のとおり、mが素数であることを使っています。
0 < x_(m+i) - x_i < m, (1≦i<m) ・・・・(1)
0 < #S_t < m
より x_(m+t+1)-x_(t+1) も #S_t も 1〜m-1 の範囲内ですから
mで割り切れません。
さらに、mが素数ならば、その積もmで割り切れないと言えます。 うまくm-1組のペアをその差からなるm-1元の集合のGCDが1になるように取れる。
がサラッと示せればいいんだけど素数の場合から積み上げていくより楽に示せればいけるんですけどね。
ペアの差の集合全体のGCDがmと互いに素であるケースにはすぐ帰着できるけど、その時そこからうまくm-1組みdisjointに選ぶ方法が見つからなくて諦めました。
あるかも。 ユークリッド互除法の研究とリーマン予想に挑むか。私のこと。 あんたまだフェルマーの最終定理が残ってるでしょう。きっちり落とし前付けてくださいよ。あうとれいじ。私のこと。 「加法的整数論」には、「Erdős–Ginzburg–Ziv の定理」(>>104-108)や「分割数の理論」が含まれ、難問が多いことで知られる。
「分割数の理論」とは、自然数nを正の自然数の和としてあらわす方法で、視覚的な表現に「ヤング図形」が知られている。 オイラーの時代には「加法的整数論」が数論の中心問題で、「ウェアリングの問題」や「ゴールドバッハの予想」が知られていた。
https://ja.wikipedia.org/wiki/ウェアリングの問題 (1909年、ヒルベルトが解決)
https://ja.wikipedia.org/wiki/ゴールドバッハの予想 (未解決) addictive number theoryだと加法和也っぽいよね。 問題投下
以下の条件一と条件二を共にみたす、正の整数nは無数にあるか?
条件一:2^n +1が、n-1で割り切れる。
条件二:2^n +2が、nで割り切れる。
計算してみると、n=2,6,66は条件一と条件二を共にみたすことがわかる。 「加法的整数論」を勉強するなら
ヒンチン著 蟹江 訳「数論の3つの真珠」
がおすすめ。
1. ファン・デル・ヴェルデンの定理
2. シュニレルマンの不等式
3. ウェアリングの問題
今なら
4. Zero-sum problem
が加わっているところだ。 ニーズがあるかわからんが、一応>>122の回答w
kが条件一と条件二をみたすとき、m=2^k +2も条件一と条件二をみたすことをいう。
明らかに、kは4で割り切れない偶数でかつ2^k +2はkの奇数倍であることがわかる。
m=2^k +2が条件一をみたすこと
明らかに2^k≡-1 (mod 2^k +1)がいえるから、2^(2^k +2)≡-1 (mod 2^k +1) よって、2^m +1≡0 (mod m-1)がいえる。
m=2^k +2が条件二をみたすこと
明らかに、2^(k-1)≡-1 (mod 2^(k-1) +1)がいえるから、2^(2^k +1)≡-1 (mod 2^(k-1) +1) よって、2^(2^k +2) +2≡0 (mod 2^k +2)
したがって、2^m +2≡0 (mod m)がいえる。 ζ := ζp = exp(2πi/p)
Kummerは、Z[ζp]がUFDとなる素数pに対しては、Fermat's last theoremが成り立つことを示したそうですけど、どうやるんでしょう
(x - yζ)(x - yζ^2)...(x - yζ^(p-1)) = z^p
と因数分解してチョチョイのチョイ、とはいかなそうです バーゼル問題「平方数の逆数全ての和(ゼータ関数のS=2の値)を求めよ」
https://ja.wikipedia.org/wiki/バーゼル問題 「加法的整数論」は20世紀にイヴァン・ヴィノグラードフ(Ivan Vinogradov)らによって進展した。
Vinogradov "The Method of Trigonometrical Sums in the Theory of Numbers" Dover 1937年ごろ、三角和の方法を用いてヴィノグラードフの定理が証明された。
ヴィノグラードフの定理「十分大きな任意の奇数が3つの素数の和として表すことができる」
https://ja.wikipedia.org/wiki/ヴィノグラードフの定理
この「弱いゴールドバッハ予想」(ヴィノグラードフの定理)は、「一般化されたリーマン予想」を仮定することなしに、証明することができた。
「加法的整数論」の主要なテーマ:
1. ファン・デル・ヴェルデンの定理
2. シュニレルマンの不等式
3. ウェアリングの問題
4. Zero-sum problem
5. ゴールドバッハ予想 整数論にまともに体系化された理論なんてないから勉強するだけ無駄
ゴールドバッハ予想や双子素数問題のような極めて基礎的な問題ですら解けてないのが現実 数論幾何で一本補助線を引いたらぱーっと問題が解ける
補助線に気がついた時の感覚がたまらないねww 幾何以外の分野だと補助線の存在ってなんなの?
媒介変数? 双子素数問題の中国人やタオによる成果って、数論幾何とは別方向からだろ。
ゴールドバッハにしても。
数論幾何を崇める視野の狭いのが日本には多いね。 ウィルソン剰余
W(n) = mod((n-1)!, n)
〔ウィルソンの定理〕
nが素数のとき W(n) = n-1,
n=4 のとき W(4) = 2,
n≧6 が合成数のとき W(n) = 0, (略証)
nが素数pのとき
1≦a<p とする。
{a,2a,・・・・,(p-1)a} のどの2個も (pを法として) 合同でない。
また pの倍数でもない。
よって 1,2,・・・・,p-1 と合同な元が1個づつある。
ba≡1 (mod p) となるbを a^(-1) と記す。
aa≠1 (mod p) ならば、aと a^(-1) が対をなす。
aa≡1 (mod p) となるのは a=1, a=p-1 のみ,
(p-1)! ≡ p-1 (mod p)
n=4 のとき
(n-1)! = 3! = 6 ≡ 2 (mod n)
n=pq≧6 のとき
(p-1)(q-1) > 1,
n = pq > p+q,
n | n(p-1) = p(n-q) | (n-1)!
(終) 653 132人目の素数さん2020/02/18(火) 08:55:02.79ID:i1rO8ufq
私は、数論(数論幾何)の美しさは、数がその背後に深遠な数学的構造を宿してるからだと
ばかり思ってきました。加藤和也先生の「素数の歌が聞こえる」という表現は
あまり詩的過ぎて今まで漠然と受け取っていましたが、しかしあくまで
数自体はその深遠な数学的構造を人間に教えてくれる媒介であって
謂わばそれ自体が本質ではない副次的な存在だと勝手に信じていました。
しかし私がそのような理由で、以前より軽視していた初等整数論の本で
ハーディの数論講義を最近一瞥したら、実はそうではなく、
背後の深遠な数学的構造の有無以前の、その素朴な数自体にも
人間の知性を超えた輝きが確かに存在しているのだと、考えが少し変わりました。
その数自体の美しさを知った上で今までの自身の学習を振り返ると、
複雑な込み入った数学的構造自体の上っ面にしがみつき踊らされ
頭のゴムひもが伸び切ってしまっていたようにも思います。
代数幾何、類体論、保型形式など通常の洗練された現代数学と並行して、
数の原点である初等整数論や解析的整数論も少しずつ学んでみようかと
思っています。とりあえずハーディの本を読むのも一朝一夕には行かない
と思いますが、ハーディの本を読んだあとは、
ジーゲルの解析的整数論、分割関数、連分数、素数分布論、
リーマンゼータ関数や楕円曲線の初等的な取り扱い、など色々考えられますが、
素朴な数の原点のその最高峰は何と言ってもラマヌジャンのような気がします。
ノートブック5巻、ロストノート5巻、これだけで既に膨大ですが
つまみ食いで学んでいくにしても、一体どこから何に手を付けるべきか
道標を示してくれているサーベイすら殆どありません。
どの巻はどんな内容でどんな人がどこから学んでいけばいいのか、
宜しければ是非ともお聞きしたいです >>143
ウィルソンの定理の拡張
n≧3 に対して
P(n) = Π[1≦m≦n-1, (m,n)=1] m
とおく。このとき
(1) P(n) ≡ ±1 (mod n)
(2) P(n) ≡ -1 (mod n) となるのは
n = p^e, 2p^e (pは奇素数、e≧1)
= 4
のときである。 (略証)
(1)
A = { m | 1≦m≦n-1, (m,n)=1}
B = { m | mm≡1 (mod n)}
C = { m | mm≠1 (mod n)}
とおくと Aは乗法群をなす。 A = B + C
m∈A に対しては逆元 m^(-1) が存在する。 >>144
m∈C ならば m と m^(-1) が対をなして相殺する。
Π[m∈C] m = 1,
m∈B ならば m と n-m と対をなすが -1 が残る。(← m≠n-m)
m(n-m) ≡ -mm ≡ -1 (mod n)
Π[m∈B] m = (-1)^(#B/2)
ここで #B は偶数。
よって
P(n) = Π[m∈A] m
= (Π[m∈B] m)・(Π[m∈C] m)
= (-1)^(#B/2)
= ±1
(2)
P(n) ≡ -1 (mod n) ⇔ #B が4の倍数でない。⇔
n = p^e, 2p^e (pは奇素数、e≧1)
= 4
数学セミナー、2000年3月号 NOTE (土岡氏)
*) nの素因数分解における2の指数をe, 相異なる奇素数をk種とすると
#B = 2^k (e=0,1)
= 2^(k+1) (e=2)
= 2^(k+2) (e≧3)
となることが、中国剰余定理とnが素数べきの場合の計算から分かる。
高木貞治:「初等整数論講義」第2版、共立出版 (1971)
http://www.kyoritsu-pub.co.jp/bookdetail/9784320010017 ご参考
[1] C[n-1,r-1]・C[n,r+1]・C[n+1,r] = C[n-1,r]・C[n,r-1]・C[n+1,r+1],
V. Hoggatt - Hansell: Fibonacci Quarterly, 9, p.120-133 (1971)
[2] GCD{C[n-1,r-1]、C[n,r+1]、C[n+1,r]} = GCD{C[n-1,r]、C[n,r-1]、C[n+1,r+1]}
Henry W. Gould (1972)
・文献
B.Gordon, D.Sato, E.Straus: Pacific J. Math.,118(2), p.393-400 (1985)
(佐藤大八郎)
数セミ増刊「数学の問題 第(3)集」日本評論社 (1988) ●72 〔定理1〕(ガウスの三平方数定理)
自然数nが3個以下の平方数の和で表わせる。
(3) n = xx+yy+zz, (x,y,z∈Z)
⇔
(4) n ≠ (4^L)・(8k+7) (L,kは非負の整数)
〔系1〕
8k+1, 8k+2, 8k+3, 8k+5, 8k+6 の形の自然数nは
3個以下の平方数の和で表わせる。
8k+3 または 8k+6 の形の自然数nは、
ちょうど3個の平方数の和で表わせる。
〔定理2〕
十分大きい 8k+1, 8k+2, 8k+5 型の自然数nは、
ちょうど3個の平方数の和で表わせる。
Schinzel (1959)
E. Grosswald & A. J. Calloway (1959)
〔G.Pallの予想〕 (1933)
16k+2 型は n>130 (反例: n=130)
それ以外は
8k+1 型は n>25 (反例: n=25)
8k+5 型は n>85 (反例: n=5,13,37,85)
と予想される。
数セミ増刊「数学の問題 第(3)集」日本評論社(1988)
●115 >>148
[1]
C[n,r] = n!/(r!・(n-r)!) より。
[2]
-(n+1)C[n-1,r-1] - (r+1)C[n,r+1] + (n-r+1)C[n+1,r] = C[n-1,r]
n・C[n-1,r-1] + (r+1)C[n,r+1] - (n-r)C[n+1,r] = C[n,r-1]
-n・C[n-1,r-1] - r・C[n,r+1] + (n-r+1)C[n+1,r] = C[n+1,r+1]
∴ GCD{C[n-1,r-1]、C[n,r+1]、C[n+1,r]} は右辺の約数でもある。
つまり 右辺のGCD の約数である。
この関係において r を n-r と置き換えれば、ただちに逆の関係を得る。
つまり証明が完成する。 Hilbertの理論を勉強中
k: algebraic number field
K/k: Galois extension
O_K(, O_k): integral closure of ℤ in K (resp k)
p⊂O_k: prime ideal
pO_K = P_1^e_1∩ ... ∩P_g^e_g (P_i⊂O_K: prime ideal) 数論よく知らんけどF_pの原始根って存在だけで具体的な記述は未だ不明なの?
すごく基本的なことだと思うんだが K/kがGalois拡大だと
e_1 = ... = e_g
なので、これをeとおく
また、p⊂O_kおよび各P_i⊂O_Kは極大イデアルなので、それによる剰余環は体
Κ_i = O_K/P_i
κ = O_k/p
f_i := [Κ_i : κ]
とすると、K/kがGaloisなら
f_1 = ... = f_g
これをfとおくと
[K : k] = efg 各P_iに対して
D_i := { g∈Gal(K/k)| g(P_i) = P_i }
とおく。
K/kがGalois拡大の場合、Gal(K/k)の{P_1, ..., P_g}への作用は推移的。
したがって、
g = |P_iの軌道| = |Gal(K/k)|/|D_i|
∴ |D_i| = ef π: D_i→Gal(Κ_i/κ)が以下のようにして定まる
g∈D_i, x + P_i∈Κ_iに対して、
π(g)(x + P_i) := g(x) + P_i
これは、全射だが、単射ではない。その核をI_iとすると、
|D_i| = ef
|D_i|/|I_i| = [Κ_i : κ] = f
より
|I_i| = e Gal(Κ_i/κ)は巡回群
その生成元をφ_iとする
e = 1のとき
D_i 〜 Gal(Κ_i/κ)
なので、φ_iは、Gal(K/k)の元を定める
これを
((K/k)/P_i)
と書く 円分拡大の場合
ζ = exp(2πi/n)
K = ℚ(ζ)
k = ℚ
Gal(K/k) = (ℤ/nℤ)^× 原始根がナゾすぎる
調べてみてもまだ全然よくわかってないみたいだけど
モチーフとかラングランズとか進展すれば分かるんかな? 数論幾何が発展しても、具体的な代数拡大における素イデアル分解とか分かるようにならないのね >>160
159だけどやはり役に立たないの?
今の数論の方向性で原始根みたいな基本的なことの理解は深まるのか疑問だったんだよね 多元の院生でした
F先生は天才だと思うのですが、数論の天才はそれを遥かに凌駕するのですね……
この世界、ヤバスギですね…… 私が学生のころから、I先生とF先生は多元の若手でも、明らかに突出していました。
そりゃあ、論文書かない教授とか居ますよ。だけど、旧帝大の先生なんて、やっぱ普通の人じゃなれないわけですよ
その秀才集団の中でも、この2人って、学生の目から見ても明らかに天才だったんですよね。
でも、世界にゃ彼らから見ても雲の上みたいな数学者がわんさかいるんですよね
ちっぽけだわ。俺ってちっぽけだわ。 伝説級の数学者になる人
優秀な数学者になる人
数学者になる人
真面目な学生
おちこぼれ学生
そもそも学部入試すら通らないゴミ
透視図法みたいなもので、自分より遠くは粗くしか分類できない K, k: 代数体
K/k: Galois拡大
O_K, O_k: K, kにおける整数環
p⊂O_k: 素イデアル
pO_K = P_1^e_1∩...∩P_g^e_g (P_*⊂O_K: 素イデアル)
と素イデアル分解したとする。
Κ_i := O_K/P_i
κ := O_k/p
f_i := [Κ_i:κ]
とおくと、
[K : k] = Σ[i = 1 to g] e_i * f_i.
Gal(K/k)のKへの作用は、{P_1, ..., P_n}への作用を誘導する。
K/kがGalois拡大の場合、この作用は推移的になる。この時、
e_1 = ... = e_g
となる。これを簡単にeと書く。
K/kがGalois拡大の場合、さらに
f_1 = ... = f_g
となる。これを簡単にeと書く。よって、
[K : k] = efg. D_i := { σ∈Gal(K/k)| σ(P_i) = P_i }
とおく。このD_iをP_iの分解群という。群の作用の性質から
|{σ(P_i)| σ∈Gal(K/k) }| = |Gal(K/k)|/|D_i|.
Gal(K/k)の作用は推移的だったので、
g = [K : k]/|D_i|
∴ |D_i| = ef.
σ∈D_iとする。
x + P_i∈Κ_iに対して、σ(x) + P_iを対応させることで、群の準同型
D_i → Gal(Κ_i/κ)
が定まる。この準同型は全射だが、単射とは限らない。
その核をI_iとすると、
|D_i|/|I_i| = f_i
∴ |I_i| = e
このI_iを、P_iの惰性群という。 以下、e = 1の場合を考える。このとき、
D_i 〜 Gal(Κ_i/κ)
Κ_i/κは有限体の代数拡大なので、Gal(Κ_i/κ)は位数fの巡回群。
その生成元をφ_iとする。φ_iのD_i⊂Gal(K/k)への引き戻しを、
[(K/k)/P_i]
と書く。この元は、
[(K/k)/P_i](x) + P_i = x^f + P_i ∈ Κ_i
となる元である。
[(K/k)/P_i]の位数が1 ⇔ pはO_Kで完全分解
τ(P_i) = P_jとなるτ∈Gal(K/k)を用いると、
[(K/k)/P_i] = τ^(-1)∘[(K/k)/P_j]∘τ
となる。
したがって、K/kがAbel拡大であれば、この元はpのみから定まるので
((K/k)/p)
と書く。 k = ℚの場合
K = ℚ(ζ_m) (ζ_m := exp(2πi/m))
p = (p)⊂ℤ (p:奇素数)
とする。このとき、((ℚ(ζ_m)/ℚ)/(p))は、
((ℚ(ζ_m)/ℚ)/(p))(ζ_m) = (ζ_m)^p
で定まる自己同型である。
K: 代数体
K/ℚ: Abel拡大
とする。
Kronecker-Weberの定理より、あるmがあって、
ℚ⊂K⊂ℚ(ζ_m)
となる。対応する群は、
Gal(ℚ(ζ_m)/ℚ)⊃Gal(K/ℚ)⊃{e}
であり、
Gal(K/ℚ) 〜 Gal(ℚ(ζ_m)/ℚ)/Gal(K/ℚ).
よって、p: 奇素数に対し、
(p)がKで完全分解 ⇔ ((ℚ(ζ_m)/ℚ)/(p))のKへの制限が恒等写像 よくよく考えたら原始根以前に有限体やp進数の逆元も具体的に分かってるわけではないのか
aとbが互いに素な整数のとき、ある整数a*とb*が存在して
aa*+bb*=1
と出来る、この事実が全ての基礎になってるわけだけど
これらが簡単に表現できない(互除法で行き当たりばったりで作るしかない)ことが神秘的なのかね
文元センセも言ってた加法と乗法の複雑な絡み合い 任意のnに対して、有理数体のガロア拡大で、ガロア群がZ/nZと同型になるものは存在しますか? 算術級数定理より
p = kn + 1
となる素数pが存在する
ζを1の原始p乗根とすると、Q(ζ)/QはGalois拡大で、Gal(Q(ζ)/Q)は
(Z/pZ)^× 〜 Z/(p-1)Z 〜 Z/(kn)Z
これの部分群Hで、Z/kZと同形なものが存在する
(Q(ζ)^H)/Qが求めるもの なるほど〜
n|p-1なるpがあればいいとこまではわかったけど、算術級数定理か すべての自然数を、素数と高々 k 個の素数の積である数との和で表すことのできるような、k が存在することを証明してくれ〜 この人がコーヒーの有名な一節の親なのか
「すべての自然数」てのはwikiのミスかね > sapply(1:20,function(k) treasure0(4,5,k))
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10] [,11]
短軸有利 9 84 463 1776 5076 11249 19797 28057 32243 30095 22749
長軸有利 9 83 453 1753 5075 11353 20057 28400 32528 30250 22803
同等 2 23 224 1316 5353 16158 37666 69513 103189 124411 122408
[,12] [,13] [,14] [,15] [,16] [,17] [,18] [,19] [,20]
短軸有利 13820 6656 2486 695 137 17 1 0 0
長軸有利 13831 6657 2486 695 137 17 1 0 0
同等 98319 64207 33788 14114 4571 1106 188 20 1
4×5の場合
宝:1個 同等
宝:2〜5個 短軸有利
宝:6〜13個 長軸有利
宝:14〜20個 同等
□■■■■
□□■■■
□□□■■
□□□□■
短軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,(21mod n)-1),k-1),{n,1,9}],{k,1,20}]
長軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,6mod n)-C(0,C(3,n-2)-1),k-1),{n,1,9}],{k,1,20}]
同等☆
Table[C(19,k-1)+C(17,k-2)+C(15,k-2)+C(13,k-2)+C(8,k-2)+C(1,k),{k,1,20}] (1 - x)(1 - x^2)(1 - x^3) ... >>180
e(n) := nを偶数個の異なる自然数に分割する組み合わせの総数
o(n) := nを奇数個の異なる自然数に分割する組み合わせの総数
とすると、x^nの係数は
e(n) - o(n)