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判別式15の整数の表現問題

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判別式が15になるような整数係数2次形式について調べる話。
 一応 前回の記事 の続き。とりあえずいろいろまとめる。次の記法を使う。
p  χ4(p)=(1p)
m  χ3(m)=(m3)
m  χ5(m)=(m5)
このとき、60と互いに素な素数pについて、
(15p)=χ4(p)χ3(p)χ5(p)
となる。そこでχ60=χ4χ3χ5と定義する。
 60と互いに素な素数pについて、pが次の形式、
x215y2,  3x25y2,  x2+15y2,  5x23y2
のいずれかで書けるとき、いずれにしろχ60(p)=1が成り立つ。その上で、次のことが成り立つ:
χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p=x215y2  χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p=3x25y2  χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p=x2+15y2  χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p=5x23y2  
これらを満たす素数は次の通り。
χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p1,49  mod 60χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p7,43  mod 60χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p11,59  mod 60χ4(p)=1,  χ3(p)=1,  χ5(p)=1p17,53  mod 60

素数のタイプ、整数のタイプ

 素数のタイプを次のように定義する。

  • タイプP0の素数:p1,49  mod 60
  • タイプP1の素数:p7,43  mod 60  または  p=3
  • タイプP2の素数:p11,59  mod 60  
  • タイプP3の素数:p17,43  mod 60  または  p=2,5
  • タイプQの素数:それ以外、すなわち60と互いに素でχ60(p)=1.

正の整数のタイプを次のように定義する。まずNを正の整数とし素因数分解する。このときの重複込みでのタイプPiの素数の個数をniとおく。
 はじめに、NがタイプQの素数のいずれでもちょうど偶数回(0を含む)割り切れる場合を考える。このとき、

  • タイプA0の正の整数:n1n2n3  mod 2を満たす正の整数
  • タイプA1の正の整数:n1+1n2n3  mod 2を満たす正の整数
  • タイプA2の正の整数:n1n2+1n3  mod 2を満たす正の整数
  • タイプA3の正の整数:n1n2n3+1  mod 2を満たす正の整数

とする。いずれかのタイプQの素数でちょうど奇数回割り切れるようなNはタイプBとする。
 最後に、正の整数のもうひとつのタイプを定義する。正の整数Nについて、

  • タイプC0の正の整数:N=x215y2,  x,yZ  と書ける正の整数
  • タイプC1の正の整数:N=3x25y2,  x,yZ  と書ける正の整数
  • タイプC2の正の整数:N=x2+15y2,  x,yZ  と書ける正の整数
  • タイプC3の正の整数:N=5x23y2,  x,yZ  と書ける正の整数

とする。いずれの形にも書けない正の整数はタイプDとする。

主定理

判別式15の整数の表現定理

正の整数Nについて、タイプAiであることとタイプCiであることは同値  (i=0,1,2,3)

いろいろ準備しつつ徐々に証明していく感じで。

Aiたち、Ciたちが交わらないこと

まずAi,Ajijのとき交わらないこと。n1,n2,n3のモジュロ2での値は2通りしかないため、必然的にうち二つは一致する。それがどこか1カ所で残りとは違うのか、もしくはすべて等しいのか、と考えればどれかひとつ、しかもひとつだけが成り立つと分かる。
次にCiについて、これは交わらないことを簡単な議論で示せる。次のことが重要(モジュロの場合分けで容易):

  • 5|x23y2,  x,y    5|x    5|y
  • 3|x25y2,  x,y    3|x    3|y
  • 3|x2+y2,  x,y    3|x    3|y

これを使って最大公約数とか使ってちょちょっと議論すると示せる。ijのときCiCjは両立しない。

素数の場合

まず素数の場合。素数については、PiであることとAiであること、またQであることとBであることは同値である。p60と互いに素なら、AiCiが同値なのはもう示してある。2,3,5については、2,5A3C3型だし、3A1C1型。なのですべての素数で定理が成り立つ。

積についての性質

正の整数N,Mは共にどれかのAi型の正の整数とし、Pi型の素因子の数をni,miとする。この場合NMQ型でちょうど偶数回は保たれるし、だからどれかのAi型になる、で、積についてはそれぞれni+miになるから、それがどれになるかは容易に分かる。たとえばA1A3なら
n1+m1+1n2+m2n3+m3+1  mod 2
なのでA2型。またAiAiの積ならすべてA0型。まとめるとこう:
×A0A1A2A3A0A0A1A2A3A1A1A0A3A2A2A2A3A0A1A3A3A2A1A0
次に、Ci型の整数の積についての性質を調べる。
(x215y2)(u215v2)=(x15y)(u15v)(x+15y)(u+15v)=(X15Y)(X+15Y)=X215Y2.   (X=xu+15yv, Y=xv+yu)(3x25y2)(u215v2)=(3x5y)(u15v)(3x+5y)(u+15v)=(3X5Y)(3X+5Y)=3X25Y2.   (X=xu+5yv, Y=3xv+yu)(3x25y2)(3u25v2)=(3x5y)(3u5v)(3x+5y)(3u+5v)=(X15Y)(X+15Y)=X215Y2   (X=3xu+5yv, Y=xv+yu)
のような計算で簡単に確かめられて、次:
×C0C1C2C3C0C0C1C2C3C1C1C0C3C2C2C2C3C0C1C3C3C2C1C0
同じようになる。不思議。

AiならばCi」の証明

まずQ型の素数はどれも偶数回しか現れないので最後に平方数として乗ずればよいから無視する。存在しないとしてよい。またP0型素数はC0型であのように書け、その積もすべてC0だし、C0に何を掛けてもCiCiのままだから、この部分も無視してP1,P2,P3型素数の積を何らかの・・AiであればCi型の表示をすれば、全体でCi型として書ける。そこで、NP1P3型の素数の積としてよい。
たとえばA0とするとn1n2n3だから、平方数を取り除けば一つずつの積になるか1になる。1ならC0だし、一つずつの積ならC1,C2,C3をすべて掛けたものは表よりC0.
他の、たとえばA2とすると、平方を取り除けばP2がひとつかP1,P3が一つずつになるがC1C3の積はC2だから同じこと。結局C2になる。A1,A3も同じ議論なので略。

「どれかのCiならばどれかのAi」の証明

NはいずれかのCi型とする。N60と互いに素な整数qで割り切れるとすると、x,yが共にqと互いに素なら、χ60(q)=1となるから、qQ型ならx,yは共にqで割り切れ、Nq2で割り切れる。これを繰り返していくとqNがちょうど奇数回割り切れることはありえないとわかる。だからNはいずれかのAiに分類されるはずである。

CiならばAi」の証明(N15と互いに素な時)

NはいずれかのCiの整数とし、15と互いに素とする。NPi型素因子の個数をniとする。N3でも5でも割れないので、それぞれの場合のχ3, χ5はこうなる:

  • C0のときχ3(N)=1, χ5(N)=1
  • C1のときχ3(N)=1, χ5(N)=1
  • C2のときχ3(N)=1, χ5(N)=1
  • C3のときχ3(N)=1, χ5(N)=1

一方、
χ3(N)=(1)n2+n3,   χ5(N)=(1)n1+n3
である。ここから明らか。(2はどっちも1P3型)

CiならばAiの証明」(一般の場合)

N3で割り切れるとする。このとき表現においてx,yのどっちかは3で割り切れてN/3が表現されるが、その場合のタイプはC0C1C2C3を入れ替えたものになる。こうして3を削ってできる整数のタイプは3の因子数のパリティによりこの置換をしたものかそうでないものになる。5についても同じように削っていく、この場合は削るたびにC0C3C1C2が入れ替わる。で、パリティにより入れ替わったかどうか、みたいになる。こうして3,5の因子をすべて除いて
N=NN,    NN3,51
のように書く。NがどんなCjであるかはN3,5の因子数のパリティの組み合わせで4通りある。たとえば3が奇数個で5が偶数個ならNNから0123が入れ替わっている。そしてNは明らかにA1型。だから前の結果でNAjに落とすとそれとA1の積でまた0123がチェンジして結局Aiになる。他のケースも同じ。これで完全に示された。

投稿日:20201128
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