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純粋・応用数学(含むガロア理論)5 (1002ﾚｽ)
純粋・応用数学(含むガロア理論)5 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1602034234/
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374: １３２人目の素数さん [sage] 2020/11/22(日) 00:34:55 ID:xl9Agv/6 逆バージョン, 具体的には次はもっと簡単に示せる: pをp≡1(mod 6)なる素数とするとき x^2+x+1がpで割り切れるような正の整数xが存在する (証明) gをmod p の原始根のうちの1つとする x = g^((p-1)/3) とおくと x^3=g^(p-1)≡1 (mod p) よって (x-1)(x^2+x+1)≡0 (mod p) が成立するから x-1≡0 (mod p) か x^2+x+1≡0 (mod p) の少なくとも一方が成立する x-1≡0 (mod p) とすれば g^((p-1)/3)≡1 (mod p) となり gが原始根であることに反するので x^2+x+1≡0 (mod p) であることが示された 証明おわり つまり実質の原始根の存在だけで示せたということで 極めて簡単な証明ということになりました http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1602034234/374
377: １３２人目の素数さん [sage] 2020/11/22(日) 01:16:57 ID:22xXPTDc >>374 逆に任意の6n+1型素数はある整数xに対して x^2+x+1の素因数としてあらわれるということですね。 一般に、「xが整数を動くとき整数係数既約多項式f(x) の素因数としてあらわれる素数の集合を記述すること」 という（一般的には非常に難しい）問題が考えられますが それが可能な古典的なケースが「アーベル多項式」の場合で 「有限個を除いてすべてある等差数列（達）の上に乗っている」 というのが「類体論的現象」とされる性質ですね。 Q上の類体は円分体（及びその部分体）と同義。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1602034234/377
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