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Heegner number

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方程式α12γα416=0について、αを有理数体Q上の3次の代数的数とし、γを整数と仮定する。このときγとしてありうる整数は、0,32,96,960,5280,640320に限られることを以下に説明する。
αQ係数の最小多項式x3+ax2+bx+cについて、αx12γx416=0の根でもあるので、係数a,b,cは整数としてよい。
(α3+bα)2=(aα2+c)2より、α6+(2ba2)α4+(b22ac)α2c2=0
ここでA=2ba2,B=b22ac,C=c2とおく。
(α6+Bα2)2=(Aα4+C)2より、α12+(2BA2)α8+(B22AC)α4C2=0を得る。
α12γα416=0と一致しなければならないので、係数を比較すると、2BA2=0,B22AC=γ,C2=16である。ゆえに、C=4,c=±2となる。β=αと置き換えると、βの最小多項式はx3ax2+bxcとなるので、c=2のときだけ考えれば十分である。
まとめると、2(b24a)=(2ba2)2を得る。この式はaが偶数であることを示しているので、a=2kとおくと、b28k=2(b2k2)2
この式を展開すると、b28k=2(b24bk2+4k4)となるので、b28の倍数であることが分かる。したがって、b=4lと表せるので、16l28k=2(16l216lk2+4k4)より、k=2l24lk2+k4を得る。さらにこの式から、k(k31)=k4k=2l24lk2+2k4=2(lk2)2を得る。
kk31は互いに素なので、k31=±m2,±2m2となる整数mが存在する。
そこで、次の定理が成り立つことを認める。

  1. m2=k31の全ての整数解はk=1,m=0

  2. m2=k31の全ての整数解は(k,m)=(1,0),(0,±1),(2,±3)

(3)2m2=k31の全ての整数解はk=1,m=0

(4)2m2=k31の全ての整数解は(k,m)=(1,±1)

k(k31)=2(lk2)2の全ての整数解は、(k,l)=(0,0),(1,1),(1,0),(1,2),(2,7),(2,1)

2(b24a)=(2ba2)2の全ての整数解は、(a,b)=(0,0),(2,4),(2,0),(2,8),(4,28),(4,4)

γ=B28A=(b24a)28(2ba2)の値は、
0,32,96,960,5280,640320に限られる

投稿日:2021115
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