「p^2-1は12の倍数(p>3)」を群論っぽく考えてみる～整数問題から代数系へ～

$p$は$5$以上の素数なので、$p\equiv \pm1\pmod 3$かつ$p\equiv \pm1\pmod 4$である。

よって、$p^2\equiv 1 \pmod 3$かつ$p^2\equiv1\pmod 4$となる。

したがって、$p^2-1$は$3$の倍数かつ$4$の倍数である。

$3$と$4$は互いに素なので、$p^2-1$は$12$の倍数であることがわかる。

※元の問題の証明とほぼ同様に示せます。

$a$は$12$と互いに素なので、$a\equiv \pm1\pmod 3$かつ$a\equiv \pm1\pmod 4$である。

よって、$a^2\equiv 1 \pmod 3$かつ$a^2\equiv1\pmod 4$となる。

したがって、$a^2-1$は$3$の倍数かつ$4$の倍数である。

$3$と$4$は互いに素なので、$a^2-1$は$12$の倍数であることがわかる。

$a$は$3$と互いに素であり、$4$と互いに素である。

$\phi(3)=2,\ \phi(4)=2$なので、オイラーの定理より

$a^2\equiv 1 \pmod 3$かつ$a^2\equiv 1 \pmod 4$

となる。

したがって、$a^2-1$は$3$の倍数かつ$4$の倍数である。

$3$と$4$は互いに素なので、$a^2-1$は$12$の倍数であることがわかる。

アーベル群であることの証明は省略する。

※群の定義などについて： 群の定義といろいろな具体例（高校数学の美しい物語）

$A = \{a+n\mathbb{Z} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} |\ a\mbox{と}n\mbox{は互いに素}\}$

として、$A=(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$であることを示す。

$a+n\mathbb{Z} \in A$とすると、$a$と$n$は互いに素であることから、ある整数$x,y$が存在して

$ax+ny=1$

を満たす。

※上記のような$x,y$の存在について： 一次不定方程式ax+by=cの整数解（高校数学の美しい物語）

よって、$ax \equiv 1 \pmod n$であり、

$(a+n\mathbb{Z})(x+n\mathbb{Z})=ax+n\mathbb{Z}=1+n\mathbb{Z}$

となる。

したがって、$(a+n\mathbb{Z})^{-1}=x+n\mathbb{Z}$なので、$a+n\mathbb{Z} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$であることがわかる。

次に、$a+n\mathbb{Z} \in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$とする。

$(an+\mathbb{Z})^{-1}$が存在することから、ある整数$x$が存在して

$(a+n\mathbb{Z})(x+n\mathbb{Z})=1+n\mathbb{Z}$

を満たす。

よって、$ax+n\mathbb{Z}=1+n\mathbb{Z}$となるので

$ax \equiv 1 \pmod n$

である。

したがって、ある整数$y$が存在して

$ax+ny=1$

を満たす。

$a,n$に共通の素因数$p$が存在すると仮定すると、$ax+ny$は$p$で割り切れることになるので、$ax+ny=1$であることに矛盾。よって、$a,n$は共通の素因数を持たないことがわかる。

したがって、$a$と$n$は互いに素であり、$a+n\mathbb{Z} \in A$である。

以上より、$A=(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$であることが示された。

まず、$g^m=e$を満たす正の整数$m$が存在することを背理法で示す。

任意の正の整数$m$について、$g^m \neq e$と仮定する。$0$以上の整数$a,b\ (a \leqq b)$に対し、$g^a=g^b$とすると、$g^{b-a}=e$となる。

仮定より、$b-a>0$のとき$g^{b-a} \neq e$なので、$b-a=0$、つまり、$a=b$であることがわかる。よって、$g^a=g^b$ならば$a=b$が成り立つ。

したがって、$\{e,g,g^2,g^3,\cdots\}$の元は互いに相異なる。このとき$G$は無限集合$\{e,g,g^2,g^3,\cdots\}$を含むので、$G$の位数が有限であることに矛盾する。

よって、$g^m=e$を満たす正の整数$m$が存在することがわかった。

ここで、$g^m=e$を満たす最小の正の整数$m$を$m_0$とおく。

$a,b$を$0$以上$m_{0}-1$以下の整数で、$a\leqq b$であるとし、$g^a=g^b$が成り立つとする。

このとき、$g^{b-a}=e$となる。

$0 \leqq b-a \leqq m_{0}-1$であることと、$m_0$の定義から、$b-a=0$でなければならない。よって、$g^a=g^b$ならば$a=b$が成り立つ。

したがって、$\{e,g,g^2,\cdots,g^{{m_0}-1} \}$の元は互いに相異なる。

$s$を$0$以上の整数とする。$s$を$m_0$で割ったときの商を$t\ (0 \leqq t)$、余りを$r\ (0 \leqq r \leqq m_0-1)$とすると

$g^s=g^{{m_0}t+r}=(g^{m_0})^{t}\cdot g^r=e\cdot g^r=g^r$

となる。

また、$g\cdot g^{m_{0}-1}=e$より、$g^{-1}=g^{m_{0}-1}$であることから

$g^{-s}=(g^{-1})^s=(g^{m_{0}-1})^s=g^{s(m_{0}-1)}$

となり、$s(m_{0}-1) \geqq 0$なので、先ほどと同様に、$s(m_{0}-1)$を$m_0$で割ったときの商と余りを考えれば、ある$0$以上$m_{0}-1$以下の整数$r'$が存在して

$g^{-s}=g^{r'}$

を満たす。

したがって、$G=\{g^n\ |\ n \in \mathbb{Z}\}=\{e,g,g^2,\cdots,g^{{m_0}-1} \}$である。

$G$の位数は$l$なので、$m_0=l$でなければならない。よって、$m_0$の定義から、$g^l=e$であることがわかる。

$G$の生成元を$g$とすると、$G$の任意の元$a$に対して、ある整数$m$が存在して

$a=g^m$

とかける。

よって、命題6より

$a^l=(g^m)^l=g^{ml}=(g^l)^m=e^m=e$

となる。

$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$は演算$+$に関するアーベル群である。

$G$の生成元を$g$、単位元を$e$とする。写像$G$から$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$への写像$T$を

$T(g^a)=a+n\mathbb{Z} \ (a \in \mathbb{Z})$

として定める。

$a,b \in \mathbb{Z}$とすると

$T(g^ag^b)=T(g^{a+b})=(a+b)+n\mathbb{Z}=(a+n\mathbb{Z})+(b+n\mathbb{Z})=T(g^a)+T(g^b)$

となるので、$T$は準同型写像である。

任意の$a+n\mathbb{Z} \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$に対し、$T(g^a)=a+n\mathbb{Z}$となるので、$T$は全射である。

$T(g^a)=T(g^b)$とすると、$a+n\mathbb{Z}=b+n\mathbb{Z}$となるので、$a-b$は$n$の倍数である。

$G$の位数は$n$なので、命題6より、$g^{a-b}=e$となる。よって、$g^a=g^b$が成り立ち、$T$は単射であることがわかる。

$\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}$から$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$への写像$T$を

$T(a+mn\mathbb{Z})=(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z})\quad (a \in \mathbb{Z})$

として定める。

$a+mn\mathbb{Z}=b+mn\mathbb{Z}$、つまり、$a \equiv b \pmod {mn}$ならば、$a \equiv b \pmod m$かつ$a \equiv b \pmod n$が成り立つ。

よって、$a+mn\mathbb{Z}=b+mn\mathbb{Z}$ならば$(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z})=(b+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z})$となるので$T(a+mn\mathbb{Z})=T(b+mn\mathbb{Z})$であることがわかる。

よって、$T$はwell-difined（後述の注意参照）。

$T$は準同型写像であることを示す。

$ \displaystyle{ \begin{align} T((a+mn\mathbb{Z})+(b+mn\mathbb{Z}))&= T((a+b)+mn\mathbb{Z})\\ &= ((a+b)+m\mathbb{Z},(a+b)+n\mathbb{Z})\\ &=(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z})+(b+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z})\\ &=T(a+mn\mathbb{Z})+T(b+mn\mathbb{Z}) \end{align} }$

$ \displaystyle{ \begin{align} T((a+mn\mathbb{Z})\cdot(b+mn\mathbb{Z}))&= T(ab+mn\mathbb{Z})\\ &= (ab+m\mathbb{Z},ab+n\mathbb{Z})\\ &=(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z})\cdot(b+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z})\\ &=T(a+mn\mathbb{Z})\cdot T(b+mn\mathbb{Z}) \end{align} }$

$$ T(1+mn\mathbb{Z})=(1+m\mathbb{Z},1+n\mathbb{Z}) $$

となるので、$T$は準同型写像である。

$T$は全単射であることを示す。

中国剰余定理より、$m,n$が互いに素なので、任意の整数$a,b$に対して

$x \equiv a \pmod m$
$x \equiv b \pmod n$

を満たす$0$以上$mn-1$以下の整数$x$がただ1つ存在する。

したがって、任意の整数$a,b$に対して、$T(x+mn\mathbb{Z})=(a+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z})$を満たす$x+mn\mathbb{Z} \in \mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}$が存在し、そのような$x+mn\mathbb{Z}$はただ1つに定まる。

よって、$T$は全単射である。

$(\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z})^{\times}$から$(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})^{\times}\times (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$への写像$S$を

$S(a+mn\mathbb{Z})=(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z})\quad (a \in \mathbb{Z})$

として定める（$S$は命題10の証明における$T$の$(\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z})^{\times}$への制限となっている）。

$S$が（群の）準同型写像であること、単射であることは命題11の証明より従う。

$S$が全射であることを示す。

$(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})^{\times}\times (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$の元$(a+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z})$を任意にとる。

中国剰余定理より、$m,n$が互いに素なので、

$x \equiv a \pmod m$
$x \equiv b \pmod n$

を満たす$0$以上$mn-1$以下の整数$x$がただ1つ存在する。

$x$と$m$が共通の素因数$p$を持つと仮定すると、$a$も$p$で割り切れるので矛盾。よって、$x$と$m$は互いに素である。

同様にして、$x$と$n$も互いに素であることがわかる。

したがって、$x$と$mn$は互いに素である。

よって、$S(x+mn\mathbb{Z})=(a+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z})$を満たす$x+mn\mathbb{Z} \in (\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z})^{\times}$が存在する。

命題11より、$m=3,n=4$とすると

$(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})^{\times}\cong (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^{\times} \times (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^{\times} $

が成り立つ。

例4と例5より、$ (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^{\times}, (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})^{\times}$は位数$2$の巡回群である。

$a$を$12$と互いに素な整数とし、写像$S$を命題11の証明と同じものとする。

$ \displaystyle{ \begin{align} S(a^2+12\mathbb{Z})&=(a^2+3\mathbb{Z},a^2+4\mathbb{Z})\\ &=((a+3\mathbb{Z})^2,(a+4\mathbb{Z})^2) \end{align} }$

であることと、命題6の系から

$S(a^2+12\mathbb{Z})=(1+3\mathbb{Z},1+4\mathbb{Z})$

となる。

$S(1+12\mathbb{Z})=(1+3\mathbb{Z},1+4\mathbb{Z})$であり、$S$は単射なので、$a^2+12\mathbb{Z}=1+12\mathbb{Z}$である。

したがって、$a^2-1$は$12$の倍数となることがわかる。