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LTEの補題とその応用~一般化へ向けて~

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前回 (LTEの補題とその応用) では整数における付値を定義し,奇素数に対してLTEの補題を証明しました.しかしこれだけだと扱いにくい場面も出てきます.そこで$p=2$のときや有理数に議論を拡張していきます.

$p$進付値の拡張とLTEの補題

有理数における$p$進付値

$p$を素数とし,$r$を有理数とする.整数$n,m$を用いて$r=\frac nm$と表したとき,$v_p(r)=v_p(n)-v_p(m)$と定義する.

明らかにこの定義はwell-definedである.また整数の時と同様に以下の補題も成立する.(ここら辺から$v_p$$p$を省略します.)

$x,y$を有理数とすると以下が成立する.$$ (1)\ \ v(xy)=v(x)+v(y) $$ $$(2)\ \ v(x+y)\geq\min(v(x),v(y)) $$

$(1)$ $x=\frac ab,y=\frac cd$とすると,$$ v(xy)=v\left(\frac{ac}{bd}\right)=v(ac)-v(bd)=v(a)-v(b)+v(c)-v(d)=v(x)+v(y) $$ $(2)$$(1)$より両辺に十分大きい整数を足せば整数の議論に出来る.よって前回の補題$1$(整数の時の同様な命題)によって示された.

$(2)$は通分を考えても出来そうですね.

$v_5(\frac{2020}{43})=1,v_p(p^{-2})=-2$である.また整数$n$について$v_p(n)\geq0$である.

実は(当たり前かもしれないが)LTEの補題は有理数でも(十分な仮定の下で)成り立ちます.

有理数のLTEの補題

$p$を奇素数,$x,y$$v_p(x)=v_p(y)=0,v_p(x-y)>0$を満たす有理数とする.このとき$n$を任意の整数とすると$$ v_p(x^n-y^n)=v_p(x-y)+v_p(n)$$が成立する.

(i)$n>0$のとき
$x=\frac ab,y=\frac cd$($a$$b$,$c$$d$は互いに素)とすると$v_p(cd)=0$より$v_p(x-y)=v_p(ad-bc),v_p(x^n-y^n)=v_p((ad)^n-(cd)^n)$となるので,整数におけるLTEの補題から従う.
(ii)$n=0$のときこれは両辺ともに$\infty$となるので明らかである.
(iii)$v_p(x^{-1}-y^{-1})=v_p(y-x)+v_p(xy)=v_p(x-y)$より(i)から従う.

ここではもう少し定理について考察してみます.
$v(x^n-y^n)=v(x-y)+v(n)$$v(y)=0$より$t=\frac xy$とおけば$v(t^n-1)=v(t-1)+v(n)$となる.従って有理数におけるLTEの補題を直接示したかったら$y=1$の時のみ示せばよいのである.また実はこの形の方が一般化がしやすいのです.

有理数のLTEの補題

$v_5(\frac 43+\frac34)=2$なので$v_5\left(\left(\frac 43\right)^{375}+\left(\frac 34\right)^{375}\right)=2+3=5$である.

$p=2$のときのLTEの補題

ここでようやく$p=2$の場合が救われました(?).$p=2$のときのLTEの補題は有理数の場合で証明しちゃいます.(その方が見やすいので)なぜ$p=2$のときは他の素数のように行かないのか考えながら証明を読むと良いかもしれません.

$p=2$のときのLTEの補題

$x,y$$v_2(x)=v_2(y)=0,v_2(x-y)>0$を満たす有理数とする.このとき任意の整数$n$について以下が成立する.
$(1)$$n$が奇数の時$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)$$$(2)$$n$が偶数かつ$v_2(x-y)>1$のとき$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x-y)+v_2(n)$$$(3)$$n$が偶数かつ$v_2(x-y)=1$のとき$$v_2(x^n-y^n)=v_2(x^2-y^2)+v_2(n)-1$$

この場合分けでは$(1)$$(2)$は合体させることが出来るが一般化の時の事を考えてあえて分けて書いた.($(1)$方がより広く一般化できる.)また$(2)$のときも$(3)$は成立する.

方針は通常のLTEの補題と同じである.しかしあるところの不等式評価が少しだけ変になる.まず明らかに$n=0$のときは従い,$n<0$のときは$n>0$のときから従う.ので$n>0$とする.また上での考察と同様に$y=1$のときを示せば十分である.仮定より$x-1=t$とおくと$v(t)>0$であり,$$\begin{align}v(x^n-1)=&v((t+1)^n-1)\\=&v(t^n+nt^{n-1}+{}_nC_2t^{n-2}+...+{}_nC_2t^2+nt+1-1)\\=&v(t)+v(t^{n-1}+nt^{n-2}+{}_nC_2t^{n-3}+...+{}_nC_2t+n) \end{align}$$(ここで前回の証明と変数変換の方法を変えていることに注意(単にこちらの方が見栄えが良いからである.))
よって前回と同様に$2\leq k\leq n$を満たす正整数$k$に対して$v(_nC_kt^{k-1})>v(n)$が示せれば通常のLTEの補題が成立する.
$(1)$のとき($n$が奇数の時)仮定より(右辺)$=0$,(左辺)$ > 0$なので成立する.
$(2),(3)$のとき($n$が偶数の時))これも前回の証明を真似て考えるが有理数の付値が考えられるので少し直感的な変形になる.\begin{align}v({}_nC_kt^{k-1})-v(n)=&v(\frac1n{}_nC_kt^{k-1})\\=&v(\frac1k{}_nC_kt^{k-1})\\\geq&v(\frac1kt^{k-1})\\=&(k-1)v(t)-v(k) \end{align} となるので$(k-1)v(t)-v(k)>0$ならよい.しかし$v(t)=1$のときうまくいかない!!!実際$k=2$を代入すると$(2-1)\cdot1-1=0$となり不等式が成立しない.これが場合分けが生じる原因である.
$(2)$のとき$k=a2^{v(k)}$とすると,$$(k-1)v(t)-v(k)\geq2(2^{v(k)}-1)-v(k)=2^{v(k)+1}-v(k)-2>0$$となる.(最後の部分は二項定理や帰納法を使えば示せる.)よって\begin{align}v(x^n-y^n)=&v(t)+v(t^{n-1}+nt^{n-2}+...+{}_nC_2t+n)\\=&v(t)+v(n)=v(x-y)+v(n)\end{align}がわかる.
最後に$(3)$を示す.これは補題$1$より$v(x^2-y^2)=v(x-y)+v(x+y)=v(x-y)+v(x-y+2y)\geq2v(x-y)>1$であることと$(2)$より$$\begin{align}v(x^n-y^n)=&v((x^2)^{\frac n2}-(y^2)^{\frac n2})\\=&v(x^2-y^2)+v(\frac n2)\\=&v(x^2-y^2)+v(n)-1\end{align}$$となる事から従う.

最初のうちは$p=2$のときのLTEの補題を使うのは怖いような気もするがなぜ$p=2$のときはうまくいかないのかや,証明を理解すれば使えるようになると思います.(証明は前回紹介したような帰納法的な方法でも出来ます.)

LTEの補題の応用

では少し具体例や応用を見ていきましょう

p=2のときのLTEの補題

$v_2(5-1)=2$,$v_2(1024)=10$より$v_2(5^{1024}-1)=120$である.
$v_2(3-1)=1,5$は奇数であることから$v_2(3^5-1)=1$である.実際$3^5-1=242=2\cdot11^2$なので定理が正しいことがわかる.
また$v_2(3^2-1)=3$なので$v_2(3^{16}-1)=3+4-1=6$である.

実際にこの定理を使う問題を見ていきます.

例題

$$\frac{n^n-n}{(n-1)!}$$が整数となる正整数$n$を全て求めよ.

解答

$n$が十分大きい時分母と分子が何回$2$で割り切れるか見てみます.
$v_2$$2$を省略し,$[n]$$n$以下の最大の整数を表すとする.
$(1)$$n$が偶数のとき
分母は$2$$v(n)$回割り切れ,分子は$\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty}\left[\frac{n-1}{2^k}\right]$回割り切れる.仮定より,$v(n)\geq\left[\frac{n-1}2\right]\geq\frac{n-2}2$となる.両辺$2$倍して,$v(n)\geq n-2$.$b=v(n)$とし,$n=a2^b$($a$は奇数)とすれば,$b\geq a2^b-2\geq2^b-2$これは$b>2$のとき解を持たない.
$b=1$のとき$1\geq2a-2$より,$a=1$つまり$n=2$となる.
$b=2$のとき$2\geq4a-2$より,$a=1$つまり$n=4$となる.
$(2)$ $n\equiv1\ (\mathrm{mod}\ 4)$のとき
$n=1$のときは明らかに条件を満たすので$n>1$とする.
LTEの補題から$$v(n^n-n)=v(n^{n-1}-1)=2v(n-1)$$となる.よって$(1)$と同様に$2v(n-1)\geq \frac{n-1}2$であり,$b=v(n-1)$とおき,$n-1=a2^b$とすると,$4b\geq a2^b\geq2^b$より$b<5$がわかり,仮定より$b>1$に注意して調べると$b=2,3,4$のとき$a=1$でこの不等式が成立することがわかる.よって$n=5,7,9$となる.
$(3)$$n\equiv3\ (\mathrm{mod}\ 4)$のとき,
LTEの補題から$$v(n^n-n)=v(n^2-1)+v(n-1)-1=v(n+1)+1$$となり,$(1),(2)$と同様に,$v(n+1)\geq \frac{n-1}2$となり,$b=v(n+1),n+1=a2^b$とすれば$2b\geq a2^b-2\geq2^b-2$の不等式は$(1)$と同じなので($b>1$に注意して)$b=2$のとき$a=1$つまり$n=3$となる.
以上より$n=1,2,3,4,5,7,9$となるが実際に代入して整数になるか確かめると$n=1,2,3,4,5$が条件を満たすことがわかる.

他の問題は前回の参考文献の二つ目などを参考にしてほしいです(疲れました()).

一般化へ向けて~

最後にLTEの補題がどのように一般化されるのかその流れなどを書こうと思います.
僕自身もLTEの補題の全ての一般化の方法を追えた訳ではないです(それだけ奥深いです).その一般化の中でイデアルを利用したものを述べたいと思います.
LTEの補題の証明では実際には二項定理とコンビネーションの性質,付値の性質を使っています.二項定理は別に整数だけで成り立つ性質ではなく環で成り立つ性質です.コンビネーションも環には$\mathbb Z$から準同型が入ることからうまく扱うことが出来ます.付値の性質はイデアルの性質で十分うまくいきます(はず).よって次回からはイデアルのLTEの補題を示し,付値の一般化にその一般化を適用し,さらにそれを代数体の整数環(整数の親戚)に適用し命題を示していきます.他にも付値は$p$進数体と相性がよく,そこからさらに考察を行うことも可能です.そこら辺の話は少しずつ書こうと思います.

投稿日:2020118

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整数が好きです

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