pを素数とします。
m乗するとxになる数を、(m)√(x)という表記で書くことにします。
nを(p-1)と互いに素な整数の定数とします。
演算◇を、a◇b=(n)√(a^n+b^n)と定義するとき、
mod pにおける{0,1,2,……,p-1}という集合は、演算◇に関して位数pの巡回群になります。
具体例で、巡回群であることの証明のしかたを書きます。
p=5,n=3のとき、つまり、mod 5における演算a◇b=(3)√(a^3+b^3)を見てみます。
この先すべての等式はmod 5であるとします。
まず、
a◇0=(3)√(a^3)=a,0◇a=(3)√(a^3)=aなので、0が単位元です。
逆元があることの証明は、
どんなaにもa◇b=0となるようなbが存在することが示せればよく、
それはつまりa^3=-b^3ということなので、存在します。
次に結合法則が成立していることを確認します。
(a◇b)◇c=(3)√(a^3+b^3)◇c=(3)√(a^3+b^3+c^3)
a◇(b◇c)=a◇(3)√(b^3+c^3)=(3)√(a^3+b^3+c^3)
となるので、
(a◇b)◇c=a◇(b◇c)であることが分かり、結合法則が確かめられました。
よって群になります。
次に巡回群になることを見ていきます。
任意の0でない元aを演算◇でつなげていくとき、
aをp個つなげないと0にならないことが示せたら示せます。
実は
a◇a=(3)√(2)×a
a◇a◇a=(3)√(3)×a
というように、aを演算◇でk個つないだものは(3)√(k)×aとなるのです。
このことから、aをp個つなげないと0にならないことが分かります。
一般の場合も同様にして、巡回群であることが示せます。
また、演算◇を加法、通常のかけ算を乗法とすると、この集合は体になります。
分配法則だけ見てみます。
(a◇b)×c=(3)√(a^3+b^3)×c
(ac)◇(bc)=(3)√((ac)^3+(bc)^3)=(3)√(a^3+b^3)×c
より、分配法則が確かめられました。
以上です！お読みいただきありがとうございました！
pを素数とし、a,bをmod pで0でない整数とする。
以下の等式はすべてmod pで考える。
nを整数とする。
af(n)+bf(n+1)=f(n+2),f(0)=0,f(1)=1で定義される一般フィボナッチ数列f(n)の、nを0より大きくしていき、最初にf(n)=0,f(n+1)=1となるようなnをf(n)のループの長さと呼ぶことにし、
a+bx=x^2という式を満たすxを考えるとき、x^k=1となるような最小のkをxの位数と呼ぶことにするとき、
f(n)のループの長さとxの位数は一致するだろうと予想しました。
具体例を書きます。
p=3、つまりmod 3のとき、
a=1,b=1の場合にf(n)のループの長さとxの位数が一致することを見ていきます。
f(n)は、f(n)+f(n+1)=f(n+2),f(0)=0,f(1)=1なので、
f(0)=0
f(1)=1
f(2)=1
f(3)=2
f(4)=0
f(5)=2
f(6)=2
f(7)=1
f(8)=0
f(9)=1
となり、最初にf(n)=0,f(n+1)=1となるようなnの値が8であることが分かったので、f(n)のループの長さは8です。
xは1+x=x^2という式を満たすので、
x^0=1
x^1=x
x^2=x+1
x^3=2x+1
x^4=2
x^5=2x
x^6=2x+2
x^7=x+2
x^8=1
となるので、xの位数は8です。
一致しましたね！
また、これを一般化して、
一般トリボナッチ数列と3次方程式の解のループの長さと位数が一致したり、
一般k-フィボナッチ数列とk次方程式の解のループの長さと位数が一致したりしたら、面白いなぁと思います。
以上です！お読みいただきありがとうございました！
mod pにおけるある既約n次多項式の根を生成元とする乗法巡回群に0という元を含めたものが、元の個数がp^n個の体になるだろうと予想しました。
既約n次多項式の根であっても体になるような集合を作れないものもありますが、作れるようなものがどんなp,nにも必ず存在するだろう、という予想です。
例としてp＝3,n＝3の場合を見てみます。
mod 3において、x^3－x＋1は既約多項式です。
何故なら、まずxに0,1,2いずれを代入しても0にならないので1次式を因数に持たないことが分かり、3次式が2次式を因数に持つためには1次式も因数に持たないといけないことから2次式も因数に持たないことが分かるからです。
x^3－x＋1の根のひとつをaとすると、a^3－a＋1＝0からa^3＝a－1が分かります。
さて、これからaを生成元とする位数3^3－1、つまり位数26の乗法巡回群ができることを見ていきます。
a^3＝a－1なので、a^3が出てきたらa－1に置き換えます。また、mod 3なので 2＝－1 になります。
a^0＝1
a^1＝a
a^2＝a^2
a^3＝a－1
a^4＝a^2－a
a^5＝－a^2＋a－1
a^6＝a^2＋a＋1
a^7＝a^2－a－1
a^8＝－a^2－1
a^9＝a＋1
a^10＝a^2＋a
a^11＝a^2＋a－1
a^12＝a^2－1
a^13＝－1
a^14＝－a
a^15＝－a^2
a^16＝－a＋1
a^17＝－a^2＋a
a^18＝a^2－a＋1
a^19＝－a^2－a－1
a^20＝－a^2＋a＋1
a^21＝a^2＋1
a^22＝－a－1
a^23＝－a^2－a
a^24＝－a^2－a＋1
a^25＝－a^2＋1
a^26＝1
となり、位数26になることが確かめられました。これに0という元を加えると、加減乗除のできる体になります。
根の値を求めることは大変ですが、このように文字だけで計算しても確かめられるので、自分で調べたい方は文字のままで計算してみてください。
以上です！お読みいただきありがとうございました！
pを素数とし、
nを、pの倍数であり、p^2の倍数でない自然数とするとき、
mod nにおいて{0,n/p,2n/p,……,(p-1)n/p}という集合が体になることに気付きました。
具体例を書きます。
n=21,p=7、つまり、
mod 21において{0,3,6,9,12,15,18}という集合が体になることを見ていきましょう。
ここから先、等式はすべてmod 21として考えます。
足し算、引き算、掛け算については閉じています。
割り算についてみていきます。
任意の集合の元aに対して、15a=aとなっているので、15が乗法の単位元です。
例えばa=3のとき、15×3=45=3となっています。
ab=15となっているとき、a^(-1)=bと定義することで、割り算が定義できます。
たとえば、3×12=15なので、3^(-1)=12です。
以上です！おそらく有名だとは思いますが、面白いなぁと思ったので投稿しました。
お読みいただきありがとうございました！
nを2以上の自然数、a,bを整数とする
mod n^2において、
anとbnの和が(a+b)nになることと、(an+1)と(bn+1)の積が((a+b)n+1)になることが、似ていることに気付きました。
つまり、
{0,n,2n,……,(n-1)n} (mod n^2)という加法群と、
{1,n+1,2n+1,……,((n-1)n+1)}(mod n^2)という乗法群が同型になるのです。
そこで考えたのが、加法の演算をするときはanとして考え、乗法の演算をするときはan+1として考えるような、[a]という数を考えると、
{[0],[1],[2],……,[n-1]}(mod n^2)という集合は、加法に関しても乗法に関しても閉じているな、ということです。
ただし、分配法則が成り立たず、この集合は環にはなりません。
[a]×[b]=[a]+[b]というように、ふたつの数の和をとっても積をとっても同じになります。
以上です！なにか間違っているところや気付いたことなどあれば是非教えてください。
お読みいただきありがとうございました！
mod p^nの元のうち、pで割った余りが1になるようなものの集合は、乗法に関して位数p^(n-1)の巡回群になるようです。
例としてp=5,n=2、つまりmod 25のときをあげると
6^0=1
6^1=6
6^2=11
6^3=16
6^4=21
6^5=1=6^0
となり、5で割った余りが1の数の集合が、位数が5^1の乗法巡回群になっていることが分かります。
p^2で割った余りが1にならないような元が、その群の生成元になるようです。
あと、mod p^2のときの巡回群は、等差数列にもなっているようなのです。
上の例をみても、6を掛けるごとに+5されているのが分かります。
証明はそんなに難しくないです。
modpで1になるような任意の数xが、
(pk+1)x=x+pk(mod p^2)(kはpと互いに素な整数)
を満たすことが分かれば示せます。
この式を変形すると、pk(x-1)=0(mod p^2)となり、x=1(mod p)であればこの式が成立することは明らかです。よって示されました。
拡張を考えました。
pを3以上の自然数、つまりpが合成数の場合を含めて考えても、上に書いた「mod p^nの元のうち、pで割った余りが1になるようなものの集合は、乗法に関して位数p^(n-1)の巡回群になる」は成り立つのではないかと思いました。
たとえば、pが6のとき、mod 36を考えると、
7^0=1
7^1=7
7^2=13
7^3=19
7^4=25
7^5=31
7^6=1=7^0
となります。
「mod p^2のときの巡回群は、等差数列にもなっている」は、pが奇素数のときと同様に示せます。
mod p^nで、pで割った余りが1になる元の集合は、p^2で割った余りが1にならない元を生成元とする乗法群になるのではないかと思いました。
以上です。お読みいただきありがとうございました！
前回からの続きです。
ひとつ、複素ピタゴラス数の予想で間違っていることがあったので訂正させてください。
前回、前々回に書いた諸々の予想が当てはまらない例を見つけたので、実部虚部ともに正の整数になっている複素ピタゴラス数の組のみを考える、という条件をつけさせてください。
また、互いに素な複素ピタゴラス数のみを考える、と書くのを忘れていました。すみません。
今回書く予想もその条件のもとで行きます。
a,b,cをa^2+b^2=c^2となっている複素ピタゴラス数、任意の複素数xの実部を{x},虚部を[x]と書くことにします。
このとき、
{a+b+c}^2+[a+b+c]^2-1=α^2
{-a+b+c}^2+[-a+b+c]^2-1=β^2
{a-b+c}^2+[a-b+c]^2-1=γ^2
{a+b-c}^2+[a+b-c]^2-1=Δ^2
となるような自然数α,β,γ,Δが存在し、さらに、
α=β+γ+Δ
となっているだろうと予想しました。
例としてa=4+7i,b=1+4i,c=4+8iという複素ピタゴラス数で考えると、
{a+b+c}^2+[a+b+c]^2-1=9^2+19^2-1=81+361-1=441=21^2
{-a+b+c}^2+[-a+b+c]^2-1=1^2+5^2-1=5^2
{a-b+c}^2+[a-b+c]^2-1=7^2+11^2-1=169=13^2
{a+b-c}^2+[a+b-c]^2-1=1^2+3^2-1=3^2
21=5+13+3
となります。
他にも考えたことがあります。
({a}+[a])^2+({b}+[b])^2-2=({c}+[c])^2
となっているのではないかというものです。
a=4+7i,b=1+4i,c=4+8iで考えると、
({a}+[a])^2+({b}+[b])^2-2=11^2+5^2-2=144
({c}+[c])^2=12^2=144
となります。
また、({a}-[a])^2+({b}-[b])^2-2=({c}-[c])^2ともなっていそうです。
もうひとつ予想しました。
({a}+{b})^2+([a]+[b])^2-2=ε^2
({a}-{b})^2+([a]-[b])^2-2=ζ^2
となるような自然数ε,ζがあるのではないかというものです。
以上です。お読みいただきありがとうございました！
「複素ピタゴラス数」の続きです。
a,b,cを複素ピタゴラス数、つまりa^2+b^2=c^2となっているガウス整数とする。
「複素ピタゴラス数」のときと同様に、複素数xの実部を{x},虚部を[x]と書くことにする。
どんな複素ピタゴラス数a,b,cにも
{a}^2+[a]^2-1=u^2
{b}^2+[b]^2-1=v^2
{c}^2+[c]^2+1=w^2
となるような整数u,v,wが存在し、さらに、u,v,wは
u^2+v^2+1=w^2
となっているだろうと予想しました。
具体例を書きます
a=17+14i
b=34+31i
c=38+34i
という複素ピタゴラス数で考えると、
{a}^2+[a]^2-1=17^2+14^2-1=289+196-1=484=22^2
{b}^2+[b]^2-1=34^2+31^2-1=1156+961-1=2116=46^2
{c}^2+[c]^2+1=38^2+34^2+1=1444+1156+1=2601=51^2
22^2+46^2+1=484+2116+1=2601=51^2
となっていて、確かに成立しています。
面白いなぁと思います。
以上です。お読みいただきありがとうございました！
m,nを整数、i＝√(-1)とします
さて、a,b,cをガウス整数とするとき、
a^2＋b^2＝c^2となっているならば、a,b,cを複素ピタゴラス数と呼ぶことにします
例えば、a＝4＋7i,b＝1＋4i,c＝4＋8iとするとき
a^2＋b^2＝(4＋7i)^2＋(1＋4i)^2＝16＋56i－49＋1＋8i－16＝－48＋64i
c^2＝(4＋8i)^2＝16＋64i－64＝－48＋64i
と、a^2＋b^2＝c^2になっているので
4＋7i, 1＋4i, 4＋8i は複素ピタゴラス数です
複素数m＋ni のmを実部、nを虚部と呼び、
複素数xの実部を{x}, 虚部を[x]と書くことにします
ガウス整数a,b,cがa^2＋b^2＝c^2を満たす複素ピタゴラス数のとき、
{a}^2＋{b}^2＝{c}^2＋1
[a]^2＋[b]^2＝[c]^2＋1
となっていると予想しました
上で例に出した 4＋7i, 1＋4i, 4＋8i という複素ピタゴラス数で考えると、
{4＋7i}^2＋{1＋4i}^2＝4^2＋1^2＝{4＋8i}^2＋1
[4＋7i]^2＋[1+4i]^2＝7^2＋4^2＝65＝64＋1＝8^2＋1＝[4＋8i]^2＋1
となり、この例では成立しています
もう一つ予想しました。
{c＋a}^2＋[c＋a]^2＝p^2
{c－a}^2＋[c－a]^2＝q^2
{c＋b}^2＋[c＋b]^2＝r^2
{c－b}^2＋[c－b]^2＝s^2
となるような整数p,q,r,sが存在するという予想です
つまり複素ピタゴラス数からピタゴラス数が作れるだろうと思いました
a＝4＋7i,b＝1＋4i,c＝4＋8iという複素ピタゴラス数で考えると
c＋a＝4＋8i＋4＋7i＝8＋15i なので、
{c＋a}^2＋[c＋a]^2＝{8＋15i}^2＋[8＋15i]^2＝8^2＋15^2＝289＝17^2
c－a＝4＋8i－4－7i＝i なので、
{c－a}^2＋[c－a]^2＝{i}^2＋[i]^2＝0^2＋1^2＝1^2
c＋b＝4＋8i＋1＋4i＝5＋12i なので、
{c＋b}^2＋[c＋b]^2＝{5＋12i}^2＋[5＋12i]^2＝5^2＋12^2＝169＝13^2
c－b＝4＋8i－1－4i＝3＋4i なので、
{c－b}^2＋[c－b]^2＝{3＋4i}^2＋[3＋4i]^2＝3^2＋4^2＝25＝5^2
となり、この例では真になっています。
ちなみに、ピタゴラス数の場合と同じく、二重ピタゴラス操作で複素ピタゴラス数を見つけていけるので紹介しておきます
a,b,cが複素ピタゴラス数のとき、
t＝2(a＋b－c)とすると、
(t－a),(t－b),(t－c)もまた複素ピタゴラス数になっています。
a,b,cのどれかひとつにマイナスをつけてこの操作をすることでも複素ピタゴラス数が作れるので、ひとつの複素ピタゴラス数から複数の複素ピタゴラス数が作れます。
以上です。お読みいただきありがとうございました！
【追記】
ちょっとしたことですが、予想したことがあるので書きます。
p＋q＝r＋s
|p－r|＝|q－s|
となっているのではないかと考えました。
