ディリクレ指標

Dirichlet指標に関する基本事項をまとめておきます。差し当たって、Dirichletの算術級数定理の証明の準備的記事のため、必要最小限のことしか記述していません(例えば、原始的指標などを導入していません)。

有限アーベル群の指標

定義１ $G$ を有限アーベル群とする。準同型写像 $f \colon G \to \mathbb{C}^{\times}$ のことを $G$ の指標という。 $\mathbf{1}_G\colon G \to \mathbb{C}^{\times}$ , $\mathbf{1}_G(a) = 1 \ ({}^{\forall}a \in G)$ のことを自明指標という。 $G$ の指標全体のなす集合を $\widehat{G}:=\mathrm{Hom}(G, \mathbb{C}^{\times})$ と定義し、指標 $f, g \in \widehat{G}$ の積 $fg \in \widehat{G}$ を $fg(a):=f(a)g(a)$ $({}^{\forall}a \in G)$ と定めることによって $\widehat{G}$ は有限アーベル群になることが分かる( $f^{-1}$ は $f^{-1}(a) = f(a^{-1})$ で定義され、 $\mathbf{1}_G$ が単位元)。なので、 $\widehat{G}$ は $G$ の指標群と呼ばれる。

命題１ $G$ を位数 $n$ の有限アーベル群とする。このとき、 $G$ の指標群 $\widehat{G}$ の位数も $n$ である(実際は、non-canonicalに $G\simeq \widehat{G}$ )。

$G$ が巡回群の場合の証明. $G$ が位数 $n$ の有限アーベル群であると仮定する。このとき、明らかに

$\widehat{G} = \mathrm{Hom}(G, \mu_n)$

である。ただし、 $\mu_n \subset \mathbb{C}^{\times}$ は $1$ の $n$ 乗根のなす位数 $n$ の巡回群。ここからは $G$ を位数 $n$ の有限巡回群と仮定し、その生成元を $a$ とする。また、 $1$ の原始 $n$ 乗根 $\zeta_n$ を一つ固定する。すると、 $\widehat{G}$ は $\sigma (a) := \zeta_n$ で定まる $\sigma \in \widehat{G}$ によって生成される位数 $n$ の巡回群となる( $\sigma$ が $\widehat{G}$ の元として位数 $n$ であることは容易に分かる)。というのも、 $f \in \widehat{G}$ を任意にとったとき、それは $f(a) \in \mu_n$ によって決まるが、或る整数 $k$ が存在して $f(a) = \zeta_n^k$ が成り立ち、そのとき $f=\sigma^k$ が成立する。 Q.E.D.

一般の場合は有限生成アーベル群の基本定理を用いれば巡回群の場合に帰着できることが分かります*1。しかし、それはインテジャーズでは証明していないので、次の補題を用いる証明を採用します：

補題 $G$ を有限アーベル群とする。 $H$ が $G$ の部分群であり、 $f$ が $H$ の指標であれば、 $f$ は $G$ の指標に拡張される。

証明. 群指数 $(G:H)$ に関する帰納法で証明する。 $(G:H)=1$ のときは自明。 $(G:H) > 1$ と仮定する。このとき、 $a \in G \setminus H$ がとれる。 $a^n \in H$ となる最小の自然数を $n_0$ とする。 $f \in \widehat{H}$ を任意にとって、これが $G$ の指標に拡張されることを示す。 $b:=f(a^{n_0}) \in \mathbb{C}^{\times}$ とする。方程式 $x^{n_0}=b$ の複素根 $c \in \mathbb{C}^{\times}$ を一つとる。 $H \subsetneq H':=\langle a, H\rangle \lhd G$ 。 $f' \in \widehat{H'}$ を

$f'(a^nh) := c^nf(h), \ \ (n \in \mathbb{Z}, h \in H)$

によって定める。ただし、準同型性は明らかであるが、これが $H'$ の元の表示の仕方に寄らないことを示しておかなければならない。 $n' \in \mathbb{Z}, h' \in H'$ であって、 $a^nh=a^{n'}h'$ が成り立ったと仮定する。このとき、 $a^{n'-n} = hh'^{-1} \in H$ なので、或る整数 $k$ が存在して $n'-n=kn_0$ が成り立ち、

$c^nf(h) = c^nf(a^{n'-n}h')=c^nf(a^{n'-n})f(h')=c^nb^kf(h')=c^nc^{kn_0}f(h')=c^{n'}f(h')$

が確認出来る。よって、 $f'$ はwell-definedであり、 $(G:H') < (G:H)$ に対する帰納法の仮定から $G$ の指標に拡張される。 $f'$ は $H$ の指標 $f$ の $H'$ への拡張になっているから、結局 $f$ が $G$ の指標に拡張されたことになる。 Q.E.D.

この補題が何を言っているかというと、完全列

$1 \longrightarrow H \longrightarrow G \longrightarrow G/H \longrightarrow 1$

から完全列

$1 \longrightarrow \mathrm{Hom}(G/H, \mathbb{C}^{\times}) \longrightarrow \mathrm{Hom}(G, \mathbb{C}^{\times}) \longrightarrow \mathrm{Hom}(H, \mathbb{C}^{\times}) \longrightarrow 1$

すなわち、

$1 \longrightarrow \widehat{G/H} \longrightarrow \widehat{G} \longrightarrow \widehat{H} \longrightarrow 1$

が得られるということです。

命題１の証明. $G$ の位数に関する帰納法で証明する。 $G$ が自明群のときは自明なので、 $G$ は自明群ではないと仮定する。自明群ではない巡回群であるような $G$ の部分群 $H$ を一つとる。このとき、 $\#H=\#\widehat{H}$ であり、帰納法の仮定から $\#(G/H) = \#\widehat{G/H}$ が成り立つ。上記完全列より

$\#\widehat{G}=\#\widehat{H}\cdot \#\widehat{G/H}$

なので、証明が完了する。 Q.E.D.

命題２ $G$ を有限アーベル群とし、自然な準同型写像 $F\colon G\to \widehat{\widehat{G}}$ を $a \in G$ に対して、

$F(a)(f):= f(a),\ \ (f \in \widehat{G})$

により定める。このとき、 $F$ は同型写像である。

証明. 命題１より $\#G=\#\widehat{\widehat{G}}$ なので、 $F$ が単射であることを示せば十分である。そのためには、次の主張を示せば十分である：

主張 $1 \neq a \in G$ に対して、 $f(a) \neq 1$ なる $f \in \widehat{G}$ が存在する。

$H:=\langle a \rangle \lhd G$ とする。 $a$ の位数を $n$ とすれば、 $\widehat{H} \simeq \mu_n$ であったので、 $\sigma (a) \neq 1$ なる $\sigma \in \widehat{H}$ が存在する( $\sigma (a) =\zeta_n$ で定義されるものを考えれば十分)。これを補題によって $G$ の指標に拡張すればよい。 Q.E.D.

命題２の観点から、 $\widehat{G}$ は $G$ の双対です。

命題３ (直交関係式) $G$ を位数 $n$ の有限アーベル群とし、 $f \in \widehat{G}$ とする。このとき、

$\displaystyle \sum_{a \in G}f(a) = \begin{cases}n & (f: \text{自明指標}) \\ 0 & (f: \text{非自明指標})\end{cases}$

が成り立つ。また、 $a \in G$ に対して、

$\displaystyle \sum_{f \in \widehat{G}}f(a) = \begin{cases}n & (a=1) \\ 0 & (a \neq 1)\end{cases}$

が成り立つ。

証明. 一つ目の式を示せば十分である(二つ目は双対を取ればよい)。 $f$ が自明指標の場合は自明なので、非自明指標であるとする。このとき、 $b \in G$ であって $f(b) \neq 1$ であるようなものが存在し、

$\displaystyle f(b)\sum_{a \in G}f(a) =\sum_{a \in G}f(ab) = \sum_{a \in G}f(a)$

が成り立つ。よって、

$\displaystyle (f(b)-1)\sum_{a \in G}f(a)$

から、和が $0$ であることが従う。 Q.E.D.

Dirichlet指標

定義２ $n$ を自然数とする。写像 $\chi \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{C}$ が $n$ を法としたDirichlet指標であるとは、

$\chi (a) = \chi (b), \ \ (a \equiv b \pmod{n})$
$\chi (ab) = \chi (a) \chi (b), \ \ ({}^{\forall}a, b \in \mathbb{Z})$
$\chi (a) = 0 \Longleftrightarrow (a, n) \neq 1$

が成り立つときにいう。 $n$ を法とする自明なDirichlet指標とは、 $(a, n)=1$ なる任意の $a$ に対して $\chi (a)=1$ なる指標 $\chi$ のことをいう。

位数 $\varphi (n)$ の有限アーベル群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ を考えます( $\varphi (n)$ はEulerのトーシェント関数)。 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$ の指標 $f \in \widehat{(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}}$ を任意にとったとき、 $f$ からDirichlet指標 $\chi_f$ を

$\chi_f(a) := f(a \bmod{n}), \ \ (a, n)=1$
$\chi_f(a) := 0, \ \ (a, n) \neq 1$

と定義することができます。 $n$ を法とするDirichlet指標全体のなす集合を $\mathcal{DC}(n)$ とすると、

$\chi_{\bullet}\colon \widehat{(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}} \to \mathcal{DC}(n)\ ; \ \ \ f \mapsto \chi_f$

は全単射です(容易に確認出来る)。よって、命題１より $n$ を法とするDirichlet指標は $\varphi (n)$ 個存在することが分かります。 $n$ を固定して考えるとき、それらを

$\chi_1, \chi_2, \dots, \chi_{\varphi (n)}$

と表すことにしましょう(ただし、 $\chi_1$ は自明なDirichlet指標とする)。

定義３ $\chi \in \mathcal{DC}(n)$ に対して、 $\overline{\chi} \in \mathcal{DC}(n)$ を

$\overline{\chi}(a) := \overline{\chi (a)}$

によって定める。ただし、 $\overline{\cdot}$ は複素共役を表す。

命題４ (Dirichlet指標の直交関係式) $n$ を法とするDirichlet指標に関する次の直交関係式が成立する(ただし、 $a$ は $n$ と互いに素であると仮定する)：

$\displaystyle \sum_{i=1}^{\varphi (n)}\overline{\chi_i}(a)\chi_i(b) = \begin{cases} \varphi(n) & (a \equiv b \pmod{n}) \\ 0 & (a \not \equiv b \pmod{n}).\end{cases}$

証明. 全単射 $\chi_{\bullet}$ と命題３から従う。 $\xi \in \mu_m$ に対して、 $\overline{\xi}=\xi^{-1}$ であることに注意。 Q.E.D.

*1:有限アーベル群 $G, H$ に対して、 $\widehat{G\times H} \simeq \widehat{G}\times \widehat{H}$ が成立。

2016-09-28

オイラーの五角数定理の証明

5 定理解説

Eulerの五角数定理

$\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty}(1-x^n) = \sum_{m=-\infty}^{\infty}(-1)^mx^{\frac{m(3m+1)}{2}} = 1+\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^m \left\{ x^{\frac{m(3m-1)}{2}}+x^{\frac{m(3m+1)}{2}} \right\}$

は非常に美しい定理です。収束半径は $1$ ですが、形式的冪級数の等式と考えるのがよいでしょう。

この定理は過去の記事で一度使ったことがあります：
integers.hatenablog.com

Eulerの五角数定理より偉い定理であるJacobiの三重積というものがあって
integers.hatenablog.com
integers.hatenablog.com
で既にお世話になっていますが、

Jacobiの三重積からEulerの五角数定理が得られることは
tsujimotter.hatenablog.com
で解説されています。

しかしながら、当然EulerはJacobiの三重積の前に五角数定理を証明していますし、Franklinによる組合せ論的な証明も知られています。

この記事では、Shanksによる代数計算に基づいた比較的簡明なる直接証明を紹介したいと思います。

Shanksの証明

$\begin{align}P_n &:=\prod_{k=1}^n(1-x^k)\\ S_n&:=1+\sum_{m=1}^n(-1)^m \left\{ x^{\frac{m(3m-1)}{2}}+x^{\frac{m(3m+1)}{2}} \right\}\\ Q_n&:=\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{P_n}{P_k}x^{kn+\frac{k(k+1)}{2}}\end{align}$

とおく( $P_0:=1$ )。このとき、

$S_n=Q_n$

が任意の自然数 $n$ に対して成立することを証明する。

$n \geq 1$ に対して $P_n=P_{n-1}-x^nP_{n-1}$ が成り立つので、

$\begin{align} Q_n &= \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\frac{P_n}{P_k}x^{kn+\frac{k(k+1)}{2}} + (-1)^nx^{n^2+\frac{n(n+1)}{2}} \\ &= \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\frac{P_{n-1}}{P_k}x^{kn+\frac{k(k+1)}{2}} + \sum_{j=0}^{n-1}(-1)^{j+1}x^n\frac{P_{n-1}}{P_j}x^{jn+\frac{j(j+1)}{2}} +(-1)^nx^{\frac{n(3n+1)}{2}}\end{align}$

と変形できる。次に、二つ目の和を次のように変形する：

$\displaystyle \sum_{j=0}^{n-1}(-1)^{j+1}x^n\frac{P_{n-1}}{P_j}x^{jn+\frac{j(j+1)}{2}}= \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^kx^n\frac{P_{n-1}}{P_{k-1}}x^{(k-1)n+\frac{k(k-1)}{2}} + (-1)^nx^n\cdot x^{n(n-1)+\frac{n(n-1)}{2}}$

$\displaystyle \frac{1}{P_{k-1}}=\frac{1-x^k}{P_k}$ より、

$\begin{align}&\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^{j+1}x^n\frac{P_{n-1}}{P_j}x^{jn+\frac{j(j+1)}{2}}\\ &= \sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k(1-x^k)\frac{P_{n-1}}{P_k}x^{kn+\frac{k(k-1)}{2}}+(-1)^nx^{\frac{n(3n-1)}{2}}\\ &=\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\frac{P_{n-1}}{P_k}x^{k(n-1)+\frac{k(k+1)}{2}}-\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\frac{P_{n-1}}{P_k}x^{kn+\frac{k(k+1)}{2}}+(-1)^nx^{\frac{n(3n-1)}{2}}.\end{align}$

最初の変形と合わせると、

$\displaystyle Q_n=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\frac{P_{n-1}}{P_k}x^{k(n-1)+\frac{k(k+1)}{2}}+(-1)^n\left\{ x^{\frac{n(3n-1)}{2}}+x^{\frac{n(3n+1)}{2}}\right\}$

を得る。これは、

$Q_n-Q_{n-1} = S_n - S_{n-1}$

を意味する。

$S_1=1-(x+x^2)=(1-x)-x^2=Q_1$

なので、結局 $S_n=Q_n$ が示された。

すると、任意の自然数 $n$ に対して

$Q_n \equiv P_n \pmod{x^{n+1}}$

なので、

$S_n \equiv P_n \pmod{x^{n+1}}$

が成り立ち、これは五角数定理を意味する。 Q.E.D.

2016-09-28

n^2+(n+1)^2に関するシェルピンスキーの定理

三角数

昨夜、次の問題がTwitterのTLで話題になっていました。

この前気になった「連続する二数の二乗和が素数」となり隣接するもの(例 1201と1301)を調べてみたら結構たくさんあった。なんか法則性あるかな？
— miyamo (@DMiyamo3) 2016年9月26日

(続き)
1,2,3のとき
1^2+2^2=5, 2^2+3^2=13
から
99,100,101のとき
19801, 20201(計算略)
までで8個ある。中心の数を書き出すと、
2, 5, 25, 30, 35, 70, 85, 100, ...
2以外は5の倍数。なんで？
— miyamo (@DMiyamo3) 2016年9月26日

この問題に興味がある方は挑戦してみてください(大学入試問題に出来る程度の難易度？)。

この記事では $n^2+(n+1)^2$ が素数になることと三角数のとある関係性(Sierpińskiの定理)を紹介したいと思います。

三角数 $\displaystyle T_n=\frac{n(n+1)}{2}$ に関して最近書いた記事としては
integers.hatenablog.com
があります(幾つかの数値が掲載されています)。

次が紹介したい定理です：

定理 (Sierpiński) $n^2+(n+1)^2$ が合成数であることと、或る自然数 $m, l$ が存在して

$T_n=T_m+T_l$

が成り立つことは同値である。

例えば、 $T_8=36, \ T_{10}=55, \ T_{13}=91$ なので

$T_{13}=T_{8}+T_{10}$

が成り立ちますが、

$13^2+14^2=169+196=365$

は確かに合成数です。

一方、 $T_{19}=190$ は(先ほどの数値表を眺めれば分かるように)二つの三角数の和として表すことはできず、

$19^2+20^2=761$

は確かに素数になっています。

互いに素な二平方和に関する定理

integers.hatenablog.com
において、「自然数が二つの平方数の和として表されるための必要十分条件はその自然数の素因数分解に現れる $4n+3$ 型素数の指数が全て偶数であること」を証明しました*1。

実は、「二つの平方数が互いに素である」という条件を課した場合についても精密な定理が知られています：

定理自然数が二つの互いに素な平方数の和として表されるための必要十分条件は、その自然数が奇数または単偶数( $4$ で割れないような偶数)であり、 $4n+3$ 型の素因数を持たないことである。更に、自然数 $N$ がその条件を満たすとき、 $N=a^2+b^2$ ( $a, b$ は互いに素な整数)と書き表す方法の場合の数を $\rho_2(N)$ とすると、 $\rho_2(N)=2^{t+2}$ が成り立つ。ただし、 $t$ は $N$ の $4n+1$ 型素因数の個数を表す。

例えば、 $25=5^2$ の場合にチェックしてみましょう。先の記事で紹介したJacobiの定理を用いると $r_2(25)=12$ となり*2、実際

$25=0^2+(\pm 5)^2=(\pm 5)^2+0^2=(\pm 3)^2+(\pm 4)^2=(\pm 4)^2+(\pm 3)^2$

の $12$ 通りの二平方和としての表示があることが分かりますが、互いに素という条件をつけると

$25=(\pm 4)^2+(\pm 7)^2=(\pm 7)^2+(\pm 4)^2$

の $8$ 通りになり、上記定理から導かれる $\rho_2(25)=2^{1+2}=8$ に合致します。

この定理の証明はそれなりの準備が必要なので、ここでは紹介しません。将来的に書けると嬉しいですが、とりあえずNiven-Zuckerman-Montgomeryの"An introduction to the theory of numbers"の§3.6を参考文献としてあげておきます。

Sierpińskiの定理の証明

$f(n)=n^2+(n+1)^2$ とおく。

$f(n)=p$ が素数のとき $T_n=T_m+T_l$ なる自然数 $m, l$ が存在したと仮定して矛盾を導く。 $m \geq l$ と仮定してよい。このとき

$\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}=\frac{m(m+1)}{2}+\frac{l(l+1)}{2}$

であり、

$p=n^2+(n+1)^2 = (m-l)^2+(m+l+1)^2$ ー①

と変形できる。素数 $p$ が二平方和として表されているので $p$ は $4n+1$ 型であるが、そのような素数を二平方和として表す方法は本質的に*3一通りのはずである。

しかしながら、①の後者の表現については $(m+l+1)-(m-l)=2l+1 > 1$ と二数の差が $1$ より大なので、前者の表現とは相異なる。これは矛盾である。

$f(n)=N$ が合成数のとき次の主張を示す：

主張 $2N$ は或る奇数 $u, v$ (ただし、ともに $3$ 以上)を用いて、 $2N=u^2+v^2$ と表すことができる。

$N$ を互いに素な二つの平方数の和として表す方法が本質的に二通り以上存在する場合
一つは

$N=n^2+(n+1)^2$

であり、それとは異なる互いに素な二平方和としての表示を

$N=a^2+b^2$

とする( $a, b$ は互いに素(或いは $N$ が奇数)なので、 $b > a$ としてよい)。このとき、差 $b-a$ は $1$ ではないので、 $b-a > 1$ である。従って、

$2N=(b-a)^2+(a+b)^2$

が主張を示している。というのも、 $N$ は奇数なので $a, b$ のパリティは異なり、 $b-a$ および $a+b$ はともに $3$ 以上の奇数となるからである。

$N$ を互いに素な二つの平方数の和として表す方法が本質的に一通りの場合
これは前節の定理を用いれば、 $4n+1$ 型の素数 $p$ および自然数 $e$ を用いて $N=p^e$ と表される場合であることが分かる(本質的に一通り $\Longleftrightarrow \rho_2(N)=8$ であることに注意)。今、 $N$ は合成数なので $e \geq 2$ である。

$e$ が偶数の場合
$e=2e'$ とおくと、

$2N=2p^{2e'}=(p^{e'})^2+(p^{e'})^2$

より主張が成立する。

$e$ が奇数の場合
$e=2e'+1$ とおく( $e' \geq 1$ )。 $p$ は $4n+1$ 型素数なので

$p=a^2+b^2$

と二平方和で表すことができる( $a, b$ は自然数。 $b > a$ としてよい)。 $p$ は奇数なので、 $a, b$ のパリティは異なる。このとき、

$2N=2p^e= (p^{e'}(b-a) )^2+(p^{e'}(a+b) )^2$

より主張が成立する( $b-a=1$ の可能性はあるのであって、 $e' \geq 1$ が重要)。

以上で、主張が証明された( $N$ の定義から $N$ を互いに素な二つの平方数の和として表す方法は少なくとも一通りはあることに注意せよ)。

すると、自然数 $m, l$ が存在して $u=2m+1, \ v=2l+1$ と書ける。このとき、 $2N=u^2+v^2$ は

$2(n^2+(n+1)^2)=(2m+1)^2+(2l+1)^2$

と表され、変形すると

$T_n=T_m+T_l$

が得られる。 Q.E.D.

*1:平方数には $0$ を含みます。また、 $1$ の素因数分解は全ての素数に対する指数が $0$ と考えることにします。そうすると、 $1$ も $0^2+1^2$ などと二つの平方数の和として表されることに矛盾しません。

*2: $4n+1$ 型の約数の個数から $4n+3$ 型の約数を引いて $4$ 倍する。この場合、 $4n+3$ 型の約数はなく、 $4n+1$ 型の約数は $1, 5, 25$ の $3$ 個である。

*3:符号や順番の違いを除いての意。