本章では、整数列について議論する。

整数列

倍数、約数、素数、合同式といった整数論における基本的かつ重要な概念は整除関係（ある整数が別の整数を割り切る関係）により定義される。したがって整除性は整数論の最も重要なテーマと言ってもよい。本章では整除性によって定まる、整数論における重要な概念について取り扱う。

整除性

合同式は、2つの整数を、ある与えられたもうひとつの整数で割ったときの余りが一致していることを言っている。言い換えれば、整数全体を、与えられた整数で割った余りで類別したときに同じ類に属していることを言っている。したがって、合同式について考えることは、整数を整数で割った余りについて考えることである。本章では、合同式に関する基本的な性質と、その応用について解説する。

合同式

$1$の冪根を解にもつ多項式、およびその値の性質について解説する。

円分多項式

2階の[線形回帰数列](/textbooks/初等整数論/整数列/線形回帰数列)の中でも、数論上重要な性質をもつ特別なものについて取り扱う。

Lucas数列

正の整数に対して定義される関数を数論的関数 (arithmetic function) という。本章では、主要な数論的関数の基本的な性質および加法的関数と乗法的関数の概念について解説する。

数論的関数

この章では、素数の個数に関する初等的な結果を証明する。

素数の分布

本章では、与えられた数が素数であるか否かをどのように判定するかについて解説する。

素数判定

# 1のべき根

正の整数 $n>0$ に対して、$n$乗して1となる数、つまり方程式
$$x^n-1=0$$
の解を$1$の$n$乗根という。

たとえば$1$の$4$乗根は $\pm 1, \pm i$ で与えられる。また$1$の$6$乗根は
$$x^6-1=(x-1)(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)=0$$
の解なので、$1, (\pm 1\pm\sqrt{-3})/2$ で与えられる。

$\alpha$ が$1$の$n$乗根のとき
$$\abs{\alpha}^n=\abs{\alpha^n}=1$$
だから$\abs{\alpha}=1$となる。とくに実数の$1$のべき根は $\pm 1$ しかない。

$1$の$n$乗根は
$$\tag{1.1} e^{2k\pi/n}=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n} \quad (k\in\Z) \label{eq11}$$
の形のものと一致する。実際 $\alpha$ が$1$の$n$乗根ならば $\abs{\alpha}=1$ なので $\alpha=\cos\theta+i\sin\theta$ とかけるが、
$$\alpha^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)=1$$
より $n\theta=2k\pi$ となる $k\in\Z$ がとれる。

$d\mid n$ ならば、$1$の$d$乗根は$1$の$n$乗根ともなる。$1$の$n$乗根のうち、$n$乗してはじめて$1$となるものを$1$の原始$n$乗根という。たとえば
$$\frac{1\pm \sqrt{-3}}{2}=\cos\frac{\pi}{3}\pm \sin\frac{\pi}{3}=e^{\pi i/3}$$
は$1$の原始$6$乗根である。一方
$$\pm 1, \frac{-1\pm \sqrt{-3}}{2}=\cos\frac{\pi}{3}\pm \sin\frac{\pi}{3}=e^{\pm 2\pi i/3}$$
は$1$の$6$乗根であるが原始$6$乗根ではない。$1$の原始$6$乗根は$2$次方程式 $x^2-x+1=0$ の解と一致する。

$\zeta$ が$1$の原始$n$乗根となるための必要十分条件は
$$\zeta=e^{2k\pi/n}=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}, \gcd(k, n)=1$$
となる整数 $k$ が存在することである。実際 \eqref{eq11} のような整数 $k$ をとると[倍数と約数:定理6](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th6)より
$$\zeta^d=1\Longleftrightarrow n\mid (kd)\Longleftrightarrow n/\gcd(k, n)\mid d$$
となる。


# 円分多項式

一般に $1$ の原始 $n$ 乗根をちょうど解に持ち、なおかつ重解を持たない多項式を円分多項式という。つまり
$$\prod_{1\leq k\leq n-1, \gcd(k, n)=1} (X-\zeta^k)$$
が$1$の原始$n$乗根に対する円分多項式である。したがって、$1$の原始$n$乗根に対する円分多項式は$\varphi(n)$次の多項式である。たとえば$1$の原始$6$乗根に対する円分多項式は $X^2-X+1$ であたえられる。

円分多項式の重要な性質は、円分多項式は必ず整数係数の多項式となることである。本節では、円分多項式の定義から直接示すのではなく、再帰的に整数係数の多項式の列を構成し、それが円分多項式に一致することを示す方法を取る。

まず、$1$の $n$ 乗根に対応する $X^n-1$ の形の多項式の性質を調べることから始める。次の性質が成り立つ。

&&&prop [prop1]
(R1) $\gcd(X^m-1, X^n-1)=X^{\gcd(m, n)}-1$,
(R2) $\gcd((X^m-1)/(X^{\gcd(m, n)}-1), (X^n-1)/(X^{\gcd(m, n)}-1))=1$,
(R3) $d\mid m$ ならば $\gcd((X^m-1)/(X^d-1), X^d-1)=1$, さらに $(X^m-1)/(X^d-1)\equiv (m/d)\pmod{X^d-1}$.
(R4) $\gcd((X^m-1)/(X^{\gcd(m, n)}-1), X^n-1)=1,$
(R5) $X^n-1$ は平方因数をもたない。
&&&

これらは、 $\C$ 上でも $\Z$ 上でも成り立つ。

&&&prf
(R1) $m=an+r (0\leq r<n)$ とおくと
$$X^m-1=X^{an+r}-1=X^r(X^{an}-1)+X^r-1$$
となるが、
$$X^{an}-1=(X^n-1)(X^{(a-1)n}+X^{(a-2)n}+ \cdots +X+1)$$
と因数分解できるから $X^m-1$ を $X^n-1$ で割った余りは $X^r-1$ に一致する。よって[多項式のEuclidの互除法](多項式環#Euclidの互除法)と[自然数のEuclidの互除法](textbooks/初等整数論/整除性/Euclidの互除法とBezoutの補題#th41)より $\C$ 上で
$$\gcd(X^m-1, X^n-1)=X^{\gcd(m, n)}-1$$
となり（右辺は $\Z$ においても $X^m-1, X^n-1$ を割り切るので、$\Z$ 上でもこれが成り立つ）、(i) が導かれる。
(R2) 1の両辺を $X^{\gcd(m, n)}-1$ で割ると (ii) が導かれる。
(R3) $m=kd$ とおくと $\Z$ 上で（よって $\C$ 上でも）
$$\frac{X^m-1}{X^d-1}=X^{(k-1)d}+X^{(k-2)d}\cdots +1\equiv k\pmod{X^d-1}$$
となるから、$(X^m-1)/(X^d-1)$ と $X^d-1$ をともに割り切る多項式は定数しかないので、(iii) が導かれる。
(R4) (iii) より
$$\gcd\left(\frac{X^m-1}{X^{\gcd(m, n)}-1}, X^{\gcd(m, n)}-1\right)=1$$
である。一方 (ii) より
$$\gcd\left(\frac{X^m-1}{X^{\gcd(m, n)}-1}, \frac{X^n-1}{X^{\gcd(m, n)}-1}\right)=1$$
であるから、[Gaussの補題](多項式環#Gaussの補題)より (iv) が従う。
(R5) $\C$ 上で
$$\frac{d}{dx}(X^n-1)=nX^{n-1}, \gcd(X^n-1, nX^{n-1})=1$$
となるから、多項式の微分の性質から $X^n-1$ は平方因数をもたない。
&&&

$\Phi_n(X)\in \Q(X) (n=0, 1, \ldots)$ を漸化式
$$\begin{split}
\Phi_1(X)= & X-1, \\
\Phi_n(X)= & \frac{X^n-1}{\prod_{d<n, d\mid n}\Phi_d(X)}
\end{split}$$
により定義する。すると、 $\Phi_n(X)$ はいずれも整数係数の多項式であることが示される。より正確に、次の事実がわかる。

&&&thm [th2]
すべての正の整数 $n$ に対し、$\Phi_n(X)$ はモニックな整数係数の多項式で、次の関係が成り立つ。
$$\tag{2.1} \Phi_n(X)=\Phi_{n/p}(X^p)/\Phi_{n/p}(X)\quad (p\mid\mid n),\label{eq21}$$
$$\Phi_n(X)=\Phi_{n/p}(X^p)\quad (p^2 \mid n),$$
$$\gcd(\Phi_m(X), X^n-1)>1 \Longrightarrow m\mid n. \label{eq22} \tag{2.2}$$
&&&

&&&prf
まず、数学的帰納法から、\eqref{eq21}, \eqref{eq22}を確かめる。 $n$ がより小さいときに\eqref{eq21}, \eqref{eq22}が正しいと仮定し、$n=mp$（$p$ は素数）とおく。

$\gcd(m, p)=1$ のとき、$d\mid m$ ならば $d, p$ も互に素なので
$$\Phi_m(X^p)=\frac{X^{mp}-1}{\prod_{d\mid m, d<m} \Phi_d(X^p)}=\frac{X^{mp}-1}{\prod_{d\mid m, d<m}(\Phi_d(X)\Phi_{dp}(X))}=\frac{X^{mp}-1}{\prod_{d\mid mp, d\neq m, mp}\Phi_d(X)}$$
より
$$\frac{\Phi_m(X^p)}{\Phi_m(X)}=\frac{X^{mp}-1}{\prod_{d\mid mp, d<mp} \Phi_d(X)}=\Phi_{mp}(X)$$
となる。よって\eqref{eq21}は $n=mp$ に対して成り立つ。

一方 $p\mid m$ のとき $m=\ell p^k, \gcd(\ell, p)=1$ とおくと
$$\prod_{d\mid m, d<m} \Phi_d(X^p)=\left(\prod_{d\mid\ell, d<\ell}\prod_{s=0}^k\Phi_{dp^s}(X^p)\right)\left(\prod_{s=0}^{k-1}\Phi_{\ell p^s}(X^p)\right)$$
であるが
$$\prod_{s=0}^k\Phi_{dp^s}(X^p)=\Phi_d(X)\prod_{s=0}^k \Phi_{dp^{s+1}}(X)=\prod_{s=0}^{k+1}\Phi_{dp^s}(X)$$
であることから
$$\prod_{d\mid m, d<m} \Phi_d(X^p)=\left(\prod_{d\mid\ell, d<\ell}\prod_{s=0}^{k+1}\Phi_{dp^s}(X)\right)\left(\prod_{s=0}^k(\Phi_{\ell p^s}(X))\right)=\prod_{d\mid mp, d<mp}\Phi_d(X)$$
である。よって
$$\Phi_m(X^p)=\frac{X^{mp}-1}{\prod_{d\mid m, d<m} \Phi_d(X^p)}=\frac{X^{mp}-1}{\prod_{d\mid mp, d<mp}\Phi_d(X)}=\Phi_{mp}(X)$$
より、\eqref{eq22}も $n=mp$ に対して成り立つ。

よって、\eqref{eq21}, \eqref{eq22} はすべての正の整数 $n$ に対して成り立つ。

つぎに $\Phi_n(X)$ はいずれもモニックな整数係数の多項式であることを数学的帰納法によって示す。 $n=mp$（$p$ は素数）とし $m$ の約数 $d$ に対して $\Phi_d(X)$ はモニックな整数係数の多項式であると仮定する。

$p\mid m$ のときは\eqref{eq22}から $\Phi_n(X)=\Phi_m(X^p)$ はモニックな整数係数の多項式である。
$\gcd(m, p)=1$ のとき $\Phi_m(X^p)/\Phi_m(X)$ がモニックな整数係数の多項式となることを示す。
定義より
$$\tag{2.3} \Phi_m(X) | (X^m-1) | (X^{mp}-1)\label{eq23}$$
はすぐにわかる。ここで $d<m$ を $m$ の約数とする。
$\gcd (m, p)=1$ より $dp$ は $m$ の倍数ではない。よって[命題1](#prop1)の (iv) より
$\gcd (\Phi_m(X), X^{dp}-1)=1$ である。
$$\Phi_d(X^p)=(X^p)^d-1=X^{dp}-1$$ より
$$\tag{2.4} \gcd (\Phi_m(X), \Phi_d(X^p))=1\label{eq24}$$
である。\eqref{eq23}, \eqref{eq24}から、[多項式の一意分解](多項式環#thm22)より $\Phi_m(X)\mid \Phi_m(X^p)$ となる。
$\Phi_m(X), \Phi_m(X^p)$ はともにモニックな整数係数の多項式だから、$\Phi_m(X^p)/\Phi_m(X)$ もモニックな整数係数の多項式である。

最後に、$m\mid n$ でないとき $\gcd(m, n)<m$ より $\Phi_m(X)$ は $(X^m-1)/(X^{\gcd(m, n)}-1)$ の因数となる。よって上記の[命題1](#prop1)の (iv) より
$$\gcd(\Phi_m(X), X^n-1)\mid \gcd\left(\frac{X^m-1}{X^{\gcd(m, n)}-1}, X^n-1\right)=1$$
となる。
&&&

&&&thm [th3]
$\Phi_n(X)$ は1の原始 $n$ 乗根に関する円分多項式である。
&&&

&&&prf
$\zeta$ を$1$の原始$n$乗根の1つとする。$d<n$ ならば、定義より
$$\zeta^n-1=0, \zeta^d-1\neq 0$$
は明らかだから $\Phi_d(X)\mid (X^d-1)$ より $\Phi_d(\zeta)$ も $0$ ではない。よって $\Phi_n(X)$ の定義より $\Phi_n(\zeta)=0$ となる。

逆に、$\Phi_n(\zeta)=0$ ならば、$\Phi_n(X)\mid(X^n-1)$ だから $\zeta^n-1=0$
は明らか。一方、先の定理から
$$\gcd(\Phi_n(X), X^d-1)=1 (d<n)$$
であるから
$$\zeta^n-1=0, \zeta^d-1\neq 0 (d<n)$$
がすぐに従う。よって $\zeta$ は$1$の原始$n$乗根である。

最後に、[命題1](#prop1)の (v) から $X^{n-1}-1=0$ は重解を持たず、よって $\Phi_n(X)$ も重解を持たない。
&&&

$n\leq 9$ に対する円分多項式は次のようになる。
$$
\begin{align}
\Phi_1(X) & = X-1, \\
\Phi_2(X) & = (X^2-1)/\Phi_1(X) = X+1, \\
\Phi_3(X) & = (X^3-1)/\Phi_1(X) = X^2+X+1, \\
\Phi_4(X) & = (X^4-1)/\Phi_1(X)\Phi_2(X)=(X^4-1)/(X-1)(X+1) = X^2+1, \\
\Phi_5(X) & = (X^5-1)/\Phi_1(X) = X^4+X^3+X^2+X+1, \\
\Phi_6(X) & = (X^6-1)/\Phi_1(X)\Phi_2(X)\Phi_3(X)=(X^6-1)/(X-1)(X+1)(X^2+X+1) = X^2-X+1, \\
\Phi_7(X) & = (X^7-1)/\Phi_1(X) = X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1, \\
\Phi_8(X) & = (X^8-1)/\Phi_1(X)\Phi_2(X)\Phi_4(X)=(X^8-1)/(X-1)(X+1)(X^2+1) = X^4+1, \\
\Phi_9(X) & = (X^9-1)/\Phi_1(X)\Phi_3(X) = X^6+X^3+1.\\
\end{align}
$$
一般に $p$ が素数ならば
$$\Phi_p(X)=\frac{X^p-1}{X-1}=X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X+1$$
が成り立つ。上の定理を使うと
$$
\begin{align}
\Phi_{10}(X) & = \Phi_2(X_5)/\Phi_2(X)= (X^5+1)/(X+1) = X^4-X^3+X^2-X+1 \\
\Phi_{11}(X) & = (X^{11}-1)/(X-1) = X^{10}+X^9+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1 \\
\Phi_{12}(X) & = \Phi_6(X^2) = X^4-X^2+1 \\
\Phi_{13}(X) & = (X^{13}-1)/(X-1) = X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1 \\
\Phi_{14}(X) & = \Phi_2(X^7)/\Phi_2(X)=(X^7+1)/(X+1) = X^6-X^5+X^4-X^3+X^2-X+1 \\
\Phi_{15}(X) & = \Phi_3(X^5)/\Phi_3(X)=(X^{10}+X^5+1)/(X^2+X+1) = X^8-X^7+X^5-X^4+X^3-X+1 \\
\Phi_{16}(X) & = \Phi_8(X^2) = X^8+1
\end{align}
$$
が求められる。

これらの例は係数が $1, -1, 0$ しか現れないが、必ずそうなるわけではない。そうでない最小の例は $\Phi_{105}(X)=\Phi_{15}(X^7)/\Phi_{15}(X)$ で $X^7, X^{41}$ の係数に $-2$ があらわれる。

$\Phi_n(X)$ の次数を $a_n$ とおくと $p$ が素数のとき
$$a_p=p-1,$$
$$\gcd(m, p)=1 \Longrightarrow a_{mp}=(p-1)a_m,$$
$$p\mid m \Longrightarrow a_{mp}=pa_m$$
であることがわかる。よって
$$ \gcd(m, p)=1 \Longrightarrow a_{mp^e}=p^{e-1}(p-1)a_m$$
となるので $n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$ と素因数分解すると
$$a_n=\prod_{i=1}^k p_i^{e_i-1}(p_i-1)$$
となり、$\varphi(n)$ の公式によらずに円分多項式の次数が求められる
（逆に言えば、このことからも $\varphi(n)=\prod_{i=1}^k p_i^{e_i-1}(p_i-1)$ であることが導かれる）。

&&&thm [th4]
$\mu(n)$ を、$n$ が平方因数をもたないとき $(-1)^{\omega(n)}$, $n$ が平方因数をもつとき $0$ と定義すると
$$\Phi_n(X)=\prod_{d\mid n}(X^{n/d}-1)^{\mu(d)}$$
となる。
&&&

&&&prf
$n=1$ のとき両辺とも $X-1$ なので定理は正しい。

$n$ の素因数 $p$ をひとつとり、$n=mp$ とおく。
$n$ の代わりに $m$ について定理が正しいとする。$p\mid m$ のとき
$$\Phi_{mp}(X)=\Phi_m(X^p)=\prod_{d\mid m}(X^{mp/d}-1)^{\mu(d)}.$$

$p\not\mid m$ のとき
$$\begin{split}
\Phi_{mp}(X)= & \frac{\Phi_m(X^p)}{\Phi_m(X)} \\
= & \prod_{d\mid m}\frac{(X^{mp/d}-1)^{\mu(d)}}{(X^{m/d}-1)^{\mu(d)}} \\
= & \prod_{d\mid m}(X^{mp/d}-1)^{\mu(d)}(X^{mp/(dp)}-1)^{\mu(dp)} \\
= & \prod_{d\mid (mp)}(X^{mp/d}-1)^{\mu(d)}.
\end{split}$$

よって、$n$ についても定理は正しいから、数学的帰納法より任意の正の整数に対して定理が成り立つ。
&&&

このページでは、合同式を用いた古典的な素数判定法について解説する。

# Wilsonの定理

&&&thm Wilsonの定理 [th1]
自然数 $N$ が素数 $\Longleftrightarrow$ $(N-1)!\equiv -1\Mod{N}$
&&&

&&&prf
$N=2$ のときは $(N-1)!=1$ なので、$(N-1)!\equiv -1\Mod{N}$ は明らか。

$N$ を奇素数とし、$N$ を法とする原始根をひとつとり、それを $g$ とすると、$g, g^2, \ldots, g^{N-1}=1\Mod{N}$ は $N$ を法とする既約剰余類全体と一致する。よって
$$(N-1)!\equiv \prod_{k=1}^{N-1} g^k\equiv g^{(N-1)N/2}\Mod{N}$$
となる。$N$ は奇数なので
$$(N-1)!\equiv g^{(N-1)/2}\equiv -1\Mod{N}$$
が成り立つ。

$N=4$ は合成数で $(N-1)!=6\equiv 2\Mod{N}$ だから、$(N-1)!\not\equiv -1\Mod{N}$.

$N$ が $4$ より大きい合成数のとき、$N=ab, 2\leq a, b\leq N-1$ となる $a, b$ をとる。$a\neq b$ のとき $a, b$ はともに $1, 2, \ldots, N-1$ のなかにあらわれるから
$$N=ab\mid (N-1)!$$
となる。$a=b$ のときは $N>4$ より $a=\sqrt{N}<N/2$ となるので、$a, 2a$ がともに $1, 2, \ldots, N-1$ のなかにあらわれるから
$$N=a^2\mid a\times 2a\mid (N-1)!$$
となる。よって $N$ が $4$ より大きい合成数のとき $(N-1)!\equiv 0\Mod{N}$ となる。
&&&

$N$ が素数のとき $(N-1)!\equiv -1\Mod{N}$ となることについては、原始根を用いない証明もある。

&&&prf
$N$ が素数のとき[Fermatの小定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th1)より、
$$X^{N-1}-1\equiv 0\Mod{N}$$
はすべての既約剰余類 $1, 2, \ldots, N-1\Mod{N}$ を解にもつ。よって[多項式の合同の基礎:定理3](/textbook/初等整数論/合同式/多項式の合同の基礎#th3)より
$$X^{N-1}-1\equiv (X-1)(X-2)\cdots (X-(N-1))Q(X)\Mod{N}$$
となる多項式 $Q(X)$ が存在するが、左辺は $N-1$ 次式で、最高次の係数は1だから
$$Q(X)\equiv 1\Mod{N}$$
つまり
$$X^{N-1}-1\equiv (X-1)(X-2)\cdots (X-(N-1))\Mod{N}$$
となる。$X=0$ を代入すると
$$-1\equiv (-1)^{N-1} (N-1)!\Mod{N}$$
となる。$N=2$ のとき $-1\equiv 1\Mod{2}$ となり、$N$ が奇素数のとき $(-1)^{N-1}=1$ となるから、いずれにせよ
$$-1\equiv (N-1)!\Mod{N}$$
が成り立つ。
&&&

Wilsonの定理は、与えられた自然数 $N$ が素数であることの必要十分条件を非常に単純な形で与えている。しかし、[[階乗]]を速く計算するアルゴリズムが知られていないため、この定理を素数判定に用いるのは実用的ではない。

一方で、素数の集合を多項式で特徴づける問題を考える上では重要な役割を果たす。というのは上記の条件は階乗を含む方程式
$$(N-1)!-aN=-1$$
の整数解 $a$ が存在することと一致するが、この方程式は指数関数を含むが階乗を含まない不定方程式に還元され、最終的に多項式の不定方程式に還元されることが知られているからである。言い換えれば、$N$ が素数であることの必要十分条件は $N$ をパラメータにもつ、ある不定方程式が整数解をもつことである。
この話題は不定方程式の整数解の有無を判定する一般的なアルゴリズムが存在するか否かを問うHilbertの第10問題の（否定的）解決とも深く関わっている。Davis, 1973を参照。

# Fermatの小定理の逆

Wilsonの定理は与えられた数が素数かどうかを判定するには実用的ではない。一方で、べき乗 $a^n$ は速く計算することができるので、[Fermatの小定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th1)における合同式
$$\label{eq1}a^{N-1}\equiv 1\Mod{N}\tag{1}$$
は成立するかどうかの判定は比較的短い時間で可能である。

しかし、Fermatの小定理の逆は一般には成り立たない。$a\equiv \pm 1\Mod{N}$ のような自明な反例は除いても、たとえば $a=2$ の場合でさえ
$$2^{N-1}\equiv 1\Mod{N}$$
が成立する合成数 $N$ は存在する。$N=341, 561, 645, 1105, \ldots$ ([OEIS: A001567](https://oeis.org/A001567)) である。
合同式 \eqref{eq1} が成立する合成数 $N$ を $a$ を底とする**Fermat擬素数**という。さらに、$N=561, 1105, 1729, \ldots$ ([OEIS: A002997](https://oeis.org/A002997)) のように $N$ と互いに素な任意の $a$ について \eqref{eq1} が成立する合成数が無限に多く存在することが知られている。このような合成数を**Carmichael数**という。

Carmichael数に対しては \eqref{eq1} が成立しない $a$ は $N$ と互いに素でない整数のみである。そのような $a$ は $N$ の倍数であるか、$N$ との間に $1$ か $N$ 以外の公約数をもつものに限られる。前者のようなものは見つけても意味がなく、後者のようなものを見つければ
$N$ との最大公約数をとることで $N$ の自明でない（$1$ と自分自身以外の）約数を見つけることができる。つまり、Carmichael数に対しては \eqref{eq1} が成立しない $a$ を見つけるのは $N$ の自明でない約数を見つけるのと同程度に困難な作業である。

[Eulerの定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th2)のところで説明したように、$N$ が素数であることは $\varphi(N)=N-1$ であることと同値である。
このこと自体を素数判定に直接用いるのはやはり実用的ではない。$\varphi(N)$ を速く計算するアルゴリズムは知られていないからである。
しかし、このことから、位数が $N-1$ に等しい整数 $a$ が存在すれば、Eulerの定理より $\varphi(N)$ は $N-1$ で割り切れるので、$\varphi(N)=N-1$ でなければならず、$N$ が素数であることがわかる。それで \eqref{eq1} が成り立つが、$1\leq d\leq N-2$ に対して
$$a^d\not\equiv 1\Mod{N}$$
となる整数 $a$ が存在するとき、$N$ を法とする $a$ の位数は $N-1$ に等しいから、$N$ は素数である（Lucas, 1878, p. 302, [Internet Archive](https://archive.org/details/thoriedesnombr01lucauoft/)）。
すなわち、\eqref{eq1} が成立し、かつ一定の条件が成り立てば $N$ が素数であることが示せるのである。

Lucasはさらに、\eqref{eq1} が成り立つが、$N-1$ 自身を除く $N-1$ の約数 $d$ に対して、
$$a^d\not\equiv 1\Mod{N}$$
が成り立つような整数 $a$ が存在するとき、$N$ を法とする $a$ の位数は $N-1$ に等しいから、$N$ は素数であることを示した（Lucas, 1891, p. 441）。
Lehmerはこれを改良し、BrillhartとSelfridgeはさらに改良した。

&&&thm (Lehmer, 1927, Theorem 2) [th2]
$N$ が素数であるための必要十分条件は
$$a^{N-1}\equiv 1\Mod{N}$$
となるが、$N-1$ のすべての素因数 $q$ に対して
$$\label{eq2} a^{(N-1)/q}\not\equiv 1\Mod{N}\tag{2}$$
となる整数 $a$ が存在することである。
&&&

&&&prf
$N$ が素数ならば、$N$ の原始根 $a$ について \eqref{eq1}, \eqref{eq2} はともに成り立つ。逆に
\eqref{eq1}, \eqref{eq2} がともに成り立つとき $N$ が素数であることを示す。

\eqref{eq1} が成り立つとき、$N$ を法とする $a$ の位数は $N-1$ の約数となる。
そこで $N$ を法とする $a$ の位数を $(N-1)/d$ とおく。
$q\mid d$ のとき $N$ を法とする $a$ の位数は $(N-1)/q$ の約数となるから
$$a^{(N-1)/q}\equiv 1\Mod{N}$$
となって、\eqref{eq2} が成り立たなくなる。よって $d$ は $N-1$ の素因数 $q$ では割り切れないから
$d=1$ つまり $N$ を法とする $a$ の位数は $N-1$ である。
[Eulerの定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th1)より $N-1$ は $\varphi(N)$ を割り切るので、$\varphi(N)=N-1$ となる。
よって $N$ は素数である。
&&&

&&&thm (Brillhart and Selfridge, 1967, Theorem 2) [th3]
$N$ が素数であるための必要十分条件は $N-1$ のすべての素因数 $q$ に対して
$$a^{N-1}\equiv 1\Mod{N}$$
となるが
$$a^{(N-1)/q}\not\equiv 1\Mod{N}$$
となる整数 $a=a(q)$ が存在することである（$a(q)$ は $q$ によって異なっていてもよい）。
&&&

&&&prf
$N$ が素数ならば、$N$ の原始根 $a$ について \eqref{eq1}, \eqref{eq2} はともに成り立つ。

$$N-1=\prod_{i=1}^r q_i^{e_i}$$
と素因数分解し、$a_i=a(q_i)$ とおく。

各 $j=1, 2, \ldots, r$ について
$$a_j^{N-1}\equiv 1\Mod{N}$$
となるが
$$a_j^{(N-1)/q_j}\not\equiv 1\Mod{N}$$
が成り立つ。$N$ を法とする $a_j$ の位数を $d_j$ とおくと[乗法的位数の定義](/textbook/初等整数論/合同式/乗法的位数)で述べたように
$d_j$ は $N-1$ を割り切るが $(N-1)/q_j$ を割り切らない。
$$d_j=\prod_{i=1}^r q_i^{f_i}$$
とおくと $d_j\mid (N-1)$ より $0\leq f_i\leq e_i$ が成り立つ。$f_j\leq e_j-1$ とすると
$d_j$ は $(N-1)/q_j$ を割り切ってしまうので、$f_j=e_j$ となる。つまり $q_j^{e_j}$ は $d_j$ を割り切る。
[乗法的位数:定理1](/textbook/初等整数論/合同式/乗法的位数#th1)より $d_j$ は $\varphi(N)$ を割り切るから
$q_j^{e_j}$ は $\varphi(N)$ を割り切る。

これが各 $j=1, 2, \ldots, r$ について成り立つので結局 $N-1$ が $\varphi(N)$ を割り切ることになり、
$\varphi(N)=N-1$ であるから、 $N$ は素数である。
&&&


# Prothの判定法

Prothは $h\times 2^n+1$ の形の数に対する素数判定法を発見した。

&&&thm (Proth, 1878, [Gallicaによるアーカイブ](https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k3044x/f1011.item)) [th4]
$$N=h\times 2^n+1, h<2^n$$
となる正の整数 $h, n>0$ が存在するとする。このとき $N$ が素数であるための必要十分条件は
$$\label{eq3}a^{(N-1)/2}\equiv -1\Mod{N}\tag{3}$$
となる整数 $a$ が存在することである。
&&&

&&&prf
$N$ が素数ならば、$N$ の原始根 $a$ について \eqref{eq3} が成り立つ。

\eqref{eq3} が成り立つ $a$ をとり、$N$ の素因数 $p$ をひとつとると
$$\label{eq4}a^{(N-1)/2}\equiv -1\Mod{p}\tag{4})$$
も成り立つ。さらに、この両辺を$2$乗すると
$$a^{N-1}\equiv 1\Mod{p}$$
も成り立つから、$p$ を法とする $a$ の位数を $d$ とおくと $d$ は $N-1=h\times 2^n$ の約数である。
\eqref{eq4} より $d$ は $(N-1)/2=h\times 2^{n-1}$ の約数ではない。よって $d$ は $2^n$ の倍数であるから
[乗法的位数:定理1](/textbook/初等整数論/合同式/乗法的位数#th1)より
$$2^n\mid d\mid\varphi(p)=p-1$$
となり
$$p\equiv 1\Mod{2^n}$$
が成り立つ。とくに $p\geq 2^n+1$ が成り立つ。
$N$ が合成数ならば、$p_1 p_2\mid N$ となる素数 $p_1, p_2$ （$p_1=p_2$ であってもよい） が存在するので
$$N\geq p_1 p_2\geq (2^n+1)^2 > 2^{2n}+1>h\times 2^n+1$$
となって、矛盾するから $N$ は素数である。
&&&

たとえば
$$2^{2^{73}}\equiv -1\Mod{5\times 2^{75}+1}$$
であるが、$5\times 2^{75}+1=10\times 2^{74}+1$ かつ $10<2^{74}$ であるから $5\times 2^{75}+1$ は素数である。なお、このことはFermat数
$$F_{73}=2^{2^{73}}+1$$
が $5\times 2^{75}+1$ を素因数にもつことも示している (Morehead, 1906)。

Prothの判定法は、Pocklingtonによる次の結果に一般化される。

&&&thm (Pocklington, 1914, [Google Booksによるアーカイブ](https://www.google.co.jp/books/edition/_/7mUyAQAAMAAJ)) [th5]
$$N=FR+1, \gcd(F, R)=1$$
かつ、$F$ の各素因数 $q$ に対して
$$a^{N-1}\equiv 1\Mod{N}$$
かつ
$$\label{eq5}\gcd(a^{(N-1)/q}-1, N)=1 \tag{5}$$
となる $a=a(q)$ が存在するとき、$N$ の素因数は $F$ を法として $1$ と合同である。
とくに $F+1>\sqrt{N}$ ならば $N$ は素数である。
&&&

&&&prf
$$F=\prod_{i=1}^r q_i^{e_i}$$
と素因数分解し、$a_i=a(q_i)$ とおく。
$p$ を $N$ の素因数とし、$p$ を法とする $a_i$ の位数を $d_i$ とおく。

各 $j$ について、\eqref{eq5} より $p$ は $a_j^{(N-1)/q_j}-1$ を割り切らない、つまり
$$a_j^{(N-1)/q_j}\not\equiv 1\Mod{p}$$
となるから、[定理3](#th3)の証明と同様にして
$$q_j^{e_j}\mid d_j\mid \varphi(p)=p-1$$
が成り立つ。

よって $p-1$ は $\prod_i q_i^{e_i}=F$ で割り切れる。
&&&


# 参考文献
このページの執筆にあたっては P. Ribenboim, 2013 のChapter 2 および Chapter 4, とくに Section 2. III, p.p. 48--53 を参考とした。


合同式に基づく古典的な素数判定法

本ページでは、素因数の個数に関する数論的関数の基本的な性質について解説する。

# 素因数の個数
素因数の個数を数えるときは重複も含めて数えるかどうかで、2通りの数え方がある。正の整数 $N$ に対して $N$ の相異なる素因数の個数を $\omega(N)$, $N$ の重複も含めた素因数の個数を $\Omega(N)$ であらわす。[素因数分解の一意性](textbooks/初等整数論/整除性/素数#thm44)から、ひとつの正の整数に対して、こうした素因数の個数は一意的に定まるので $\omega(N), \Omega(N)$ は数論的関数を定める。具体的には
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r} (e_1, e_2, \ldots, e_r>0)$$
と素因数分解すると
$$\omega(N)=r, \Omega(n)=e_1+e_2+\cdots +e_r$$
が成り立つ。

&&&thm [thm11]
正の整数 $m, n$ に対し、$\Omega(mn)=\Omega(m)+\Omega(n)$.
さらに $\gcd(m, n)=1$ ならば $\omega(mn)=\omega(m)+\omega(n)$.
&&&

&&&prf
$$m=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}, n=p_1^{f_1} p_2^{f_2} \cdots p_r^{f_r}$$
と素因数分解すると（$e_i, f_j$ は $0$ でもよい）
$$\begin{split}
\Omega(mn)= & \Omega(p_1^{e_1+f_1}p_2^{e_2+f_2}\cdots p_r^{e_r+f_r}) \\
= & (e_1+f_1)+(e_2+f_2)+\cdots +(e_r+f_r) \\
= & (e_1+e_2+\cdots +e_r)+(f_1+f_2+\cdots +f_r)\\
= & \Omega(m)+\Omega(n).
\end{split}$$

また
$$m=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}, n=q_1^{f_1} q_2^{f_2} \cdots q_s^{f_s} (e_1, e_2, \ldots, e_r, f_1, f_2, \ldots, f_s>0)$$
と素因数分解すると、$\gcd(m, n)=1$ ならば $p_1, p_2, \ldots, p_r, q_1, q_2, \ldots, q_s$ は相異なる素数だから
$$\omega(mn)=\omega(p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}q_1^{f_1} q_2^{f_2} \cdots q_s^{f_s})=r+s=\omega(m)+\omega(n).$$
&&&

# 参考文献
本ページについてはHardy and Wright, Chapter 16 を参照。

素因数の個数

$m$ を 正の整数とする。$2^m+1$ が素数ならば $m=2^n$ は $2$ の累乗である。
実際 $m$ が $3$ 以上の奇数 $d$ で割り切れるとき、$m=dt$ とおくと
$$2^m+1=(2^t+1)(2^{t(d-1)}-2^{t(d-2)}+\cdots -2^t+1)$$
となって、$(2^t+1)\mid (2^m+1)$ かつ $2^t+1<2^m+1$ となるので、$2^m+1$ は合成数である。

一方、$m=2^n$ が $2$ の累乗のとき $2^m+1=2^{2^n}+1$ は $n=0, 1, 2, 3, 4$ のとき素数となる。

このことからFermatはこの形の数はすべて素数であると予想したが、一方でその証明はできていないと述べた。
Mersenneもこの形の数はすべて素数であると予想した。しかし、Eulerは $n=5$ のとき
$$2^{2^5}+1=2^{32}+1=4294967297=641\times 6700417$$
は合成数であることを発見し、この形の数に関するFermatの予想は誤りであることを明らかにした。それで、
$$F_n=2^{2^n}+1, n=0, 1, \ldots$$
の形の数を**Fermat数** (*Fermat number*) という。

# Fermat数の素因数と素数判定法

Fermat数について、つぎの合同式が成り立つことがすぐにわかる。
&&&thm [th1]
$n\geq 1$ のとき $F_n\equiv 2\Mod{3}$.
$n\geq 2$ のとき $F_n\equiv 2\Mod{5}$ かつ $F_n\equiv 1\Mod{16}$.
&&&

とくに、$n\geq 2$ のとき、Fermat数を$10$進展開したときの、$1$ の位は必ず $7$ となる。

&&&prf
$n\geq 1$ のとき $x=2^{2^{n-1}}$ とおくと $x$ は $3$ で割り切れないから
$$F_n=x^2+1\equiv 2\Mod{3}$$
となる。
また、$n\geq 2$ のとき $y=2^{2^{n-2}}$ とおくと $y$ は $5$ で割り切れないから
$$F_n=y^4+1\equiv 2\Mod{5}$$
となる。最後に、$n\geq 2$ ならば $2^n\geq 4$ だから $F_n-1=2^{2^n}$ は $2^4=16$ で割り切れる。
&&&

EulerはFermat数 $F_n$ の素因数は $k\times 2^{n+1}+1$ の形のものであることを示した。より一般に、Eulerはつぎの定理を示した。
&&&thm [th2]
$a, b$ が互いに素な整数で、$n$ が $0$ 以上の整数であるとき $a^{2^n}+b^{2^n}$ の素因数は $2$ かあるいは $k\times 2^{n+1}+1$ の形をしている。
&&&

&&&prf
$p$ を $a^{2^n}+b^{2^n}$ の奇数の素因数とする。$p$ が $a$ の素因数ならば $a, b$ は互いに素だから $p$ は $b$ の素因数ではないので $a^{2^n}+b^{2^n}$ は $p$ で割り切れなくなる。よって $p$ は $a$ の素因数ではないので、[合同式:定理5](3Fo0eQu4KdhVYlddhXc5#th5)より
$$ax\equiv b\Mod{p}$$
となる $x\Mod{p}$ が存在する。よって
$$a^{2^n}(1+x^{2^n})\equiv 0\Mod{p}$$
となるが、$p$ は $a$ の素因数ではないので、$p$ が奇数であることもあわせて
$$x^{2^n}\equiv -1\not\equiv 1\Mod{p}$$
となる。両辺を$2$乗し、
$$x^{2^{n+1}}\equiv 1\Mod{p}$$
となるから、$x\Mod{p}$ の乗法的位数は $2^{n+1}$ に一致する。[乗法的位数:定理1](fvGfFhQvbVJHdNZoPDUr#th1)より $p-1$ は $2^{n+1}$ で割り切れる。
&&&

Fermat数に関しては、Lucasはやや強く、次の定理を示した。
&&&thm [th3]
$n$ が $2$ 以上の整数であるとき $F_n$ の素因数は $k\times 2^{n+2}+1$ の形をしている。
&&&

&&&prf
$p$ を $F_n$ の素因数とする。
$$2^{2^n}\equiv -1\not\equiv 1\Mod{p}$$
となる。両辺を$2$乗し、
$$2^{2^{n+1}}\equiv 1\Mod{p}$$
となるから、$2\Mod{p}$ の乗法的位数は $2^{n+1}$ に一致する。よって、まずは
$p\equiv 1\Mod{2^{n+1}}$ が成り立つことがわかる。

$n\geq 2$ なので、$p\equiv 1\Mod{8}$ であるから、[平方剰余の第2補充法則](CJ18igFuNgmSvUboXtCz#th6)より
$$\left(\frac{2}{p}\right)=1$$
となる。このことから[平方剰余:定理2]((CJ18igFuNgmSvUboXtCz#th2)より
$$2^{(p-1)/2}\equiv \left(\frac{2}{p}\right)=1\Mod{p}$$
となるが、$2\Mod{p}$ の乗法的位数は $2^{n+1}$ に一致するから、$2^{n+1}$ は $(p-1)/2$ を割り切る。
つまり $p-1$ は $2^{n+2}$ で割り切れる。
&&&

Fermat数が素数となるかどうかについては、Pepinの判定法が知られている。

&&&thm Pepinの判定法 [th4]
$k$ を $2$ 以上の整数とすると、次の$2$条件は同値。

1. $F_n$ が素数で、かつ $(k/F_n)=-1$.
2. $k^{(F_n-1)/2}\equiv -1\Mod{F_n}$.
&&&

&&&prf
$F_n$ が素数で、かつ $(k/F_n)=-1$ ならば、[平方剰余:定理2]((CJ18igFuNgmSvUboXtCz#th2)より
$$k^{(F_n-1)/2}\equiv\left(\frac{k}{F_n}\right)=-1\Mod{F_n}$$
となって、2. が成り立つ。
逆に 2. が成り立つとすると、
$$k^{F_n-1}\equiv 1\Mod{F_n}$$
より、$k\Mod{F_n}$ の乗法的位数は $F_n-1=2^{2^n}$ に一致するから、[乗法的位数:定理1](fvGfFhQvbVJHdNZoPDUr#th1)より
$F_n-1$ は $\varphi(F_n)$ を割り切る。つまり $\varphi(F_n)=F_n-1$ となる。よって[合同式:Eulerの定理](8MIeJbhZOzGXgcd978Ui#th2)で述べたことから、$F_n$ は素数である。
またこのとき
$$\left(\frac{k}{F_n}\right)=k^{(F_n-1)/2}\equiv -1\Mod{F_n}$$
も成り立つから 1. が成り立つ。
&&&

このことから、とくに $F_n$ が素数であることの必要十分条件は
$$3^{(F_n-1)/2}\equiv -1\Mod{F_n}, ~ 5^{(F_n-1)/2}\equiv -1\Mod{F_n}, ~ 10^{(F_n-1)/2}\equiv -1\Mod{F_n}$$
のいずれかが成り立つことであるとわかる。実際、[定理1](#th1)から
$$\left(\frac{3}{F_n}\right)=\left(\frac{F_n}{3}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)=-1,$$
$$\left(\frac{5}{F_n}\right)=\left(\frac{F_n}{5}\right)=\left(\frac{2}{5}\right)=-1,$$
および
$$\left(\frac{10}{F_n}\right)=\left(\frac{2}{F_n}\right)\left(\frac{5}{F_n}\right)=\left(\frac{5}{F_n}\right)=-1$$
となることがわかる。

# 参考

Fermat数に関する初期の歴史については [[Dic]] の第15章、p.p.375--380を参照。Fermat数の基本的な性質については [[Rib]] の 2.6節、p.p. 83--90 を参照。

Fermat数の素数判定および素因数分解については
[FERMATSEARCH.ORG, Distributed Search for Fermat Number Divisors](http://www.fermatsearch.org/)
に詳しく記述されており、既知のFermat素数およびFermat数の素因数分解の一覧のみであれば
[Proth Search Page, Fermat factoring status](http://www.prothsearch.com/fermat.html)
に記載されている。

Fermat数

# 合同式の導入
$kn+a$ $(k\in\Z)$ の形の数全体の集合を
$$n\Z +a=\{a, a\pm n, a\pm 2n, \ldots\}=\{kn+a, k\in\Z\}$$
とおくと、[除法の原理](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th1)より整数全体は
$$n\Z, n\Z +1, n\Z +2, \ldots, n\Z +n-1$$
に分けられる。$n\Z+a (0\leq a\leq n-1)$ は $n$ で割った余りが $a$ に一致する整数全体の集合となる。

これは整数全体を、与えられた整数 $n$ で割った余りにより類別しているとみることができる。より具体的に、次の定理が成り立つ。


&&&thm [th1]
次の各条件は互いに同値である。
1. $n\mid (a-b)$,
2. $n\Z+a=n\Z+b$,
3. $a\in n\Z+b$,
4. $b\in n\Z+a$,
5. $a$ を $n$ で割った余りと $b$ を $n$ で割った余りが等しい。
&&&

上記の条件が成り立つことを $a$ は $n$ を**法**として $b$ に**合同**であるといい
$$a\equiv b\Mod{n}$$
であらわす。

&&&prf
1.$\Longrightarrow$2. $a-b=kn$ とおくと
$$a+sn=b+kn+tn=b+(k+s)n, b+tn=a-kn+tn=a+(t-k)n$$
より $n\Z+a=n\Z+b$.

2.$\Longrightarrow$3. $n\Z+a=n\Z+b$ ならば $a\in n\Z+a=n\Z+b$.

3.$\Longrightarrow$4. $a=kn+b\in n\Z+b$ ならば $b=a-kn\in n\Z+a$.

4.$\Longrightarrow$5.
$a=qn+r$, $0\leq r\leq n-1$ とおく。
$$b=kn+a\in n\Z+a$$
ならば 
$$b=kn+a=kn+qn+r=(k+q)n+r, 0\leq r\leq n-1$$
より
$b$ を $n$ で割った余りも $r$ となる。

5.$\Longrightarrow$1. $a=kn+r$, $b=\ell n+r$ ならば $a-b=(k-\ell)n$ は $n$ で割り切れる。
&&&


$n\Z+a$ を $a$ の属する**剰余類**といい、$a\Mod{n}$ であらわす。$a\equiv b\Mod{n}$ は $a$ と $b$ の属する剰余類が一致することと定義できる。

&&&thm [th2]
$n$ を $0$ でない整数とする。
1. $a\equiv a\Mod{n}$.
2. $a\equiv b\Mod{n}$ ならば $b\equiv a\Mod{n}$.
3. $a\equiv b\Mod{n}, b\equiv c\Mod{n}$ ならば $a\equiv c\Mod{n}$.
4. $a\equiv c\Mod{n}, b\equiv d\Mod{n}$ で $k, \ell$ が整数ならば $ka+\ell b \equiv kc+\ell d\Mod{n}$.
5. $a\equiv c\Mod{n}, b\equiv d\Mod{n}$ ならば $ab\equiv cd\Mod{n}$.
6. $a\equiv b\Mod{n}$ で、$c_0, c_1, \ldots, c_n$ が整数で $P(x)=c_n x^n+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots +c_0$ を整数係数の多項式とすると $P(a)\equiv P(b)\Mod{n}$.
7. 任意の整数 $k$ に対して $a\equiv b\Mod{n} \Longleftrightarrow ka\equiv kb\Mod{kn}$.
8. $a^g\equiv 1\Mod{n}, s\equiv t\Mod{g}$ のとき $a^s\equiv a^t\Mod{n}$.
9. $a^s\equiv a^t\equiv 1\Mod{n}$ のとき任意の整数 $k, \ell$ に対して $a^{ks+\ell t}\equiv 1\Mod{n}$.
&&&

&&&prf
1. $n\mid 0=(a-a)$.
2. $n\mid (b-a)$ より $n\mid -(b-a)=a-b$.
3. $n\mid (b-a), n\mid (c-b)$ より $n\mid (c-a)$.
4. $a-c=sn, b-d=tn$ となる整数 $s, t$ をとると $$ka+\ell b=k(c+sn)+\ell(d+tn)=kc+\ell d+n(ks+\ell t)\equiv kc+\ell d \Mod{n}.$$
5. $a-c=sn, b-d=tn$ となる整数 $s, t$ をとると $$ab=(c+sn)(d+tn)=cd+ctn+sdn+stn^2=cd+n(ct+ds+stn)\equiv cd\Mod{n}$$
6. $a\equiv b\Mod{n}$ なので 5. より $a^k\equiv b^k\Mod{n}$ ならば $a^{k+1}\equiv b^{k+1}\Mod{n}$ も成り立つ。よって数学的帰納法より $a^k\equiv b^k\Mod{n}$ はすべての $k=0, 1, \ldots$ に対して成り立つ。4. より $$c_k a^k+c_{k-1} a^{k-1}+\cdots +c_0 \equiv c_k b^k+c_{k-1} b^{k-1}+\cdots +c_0\Mod{n}$$ ならば $$c_k a^{k+1}+c_k a^k+c_{k-1} a^{k-1}+\cdots +c_0 \equiv c_{k+1} b^{k+1}+c_k b^k+c_{k-1} b^{k-1}+\cdots +c_0\Mod{n}$$ も成り立つから数学的帰納法より任意の整数係数の多項式 $P(x)$ に対して $P(a)\equiv P(b)\Mod{n}$ が成り立つ。
7. [倍数と約数:定理2 (3)](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th2)より $n\mid (b-a) \Longleftrightarrow kn\mid k(b-a)$.
8. $a^g\equiv 1\Mod{n}$ のとき $s=kg+t$ とおくと $a^s=a^{kg+t}=a^t (a^g)^k\equiv a^t\Mod{n}$
9. $a^s\equiv a^t\equiv 1\Mod{n}$ のとき任意の整数 $k, \ell$ に対して $a^{ks+\ell t}\equiv (a^s)^k (a^t)^\ell\equiv 1\Mod{n}$.
&&&

このことは整数の演算 $+, -, \times$ が $\Z/n\Z$ においてwell-definedであり、かつそれらの演算により $\Z/n\Z$ が環となっていることを意味する。

&&&thm [th3]
$4n+3$ の形の素数は無限に多く存在する。
&&&

&&&prf
実数 $X>0$ を任意にとり、$P$ を $X$ より小さいすべての素数の積とする。$4P-1$ は必ず $4n+3$ の形の素因数 $q$ をもつ。実際、
$$4P-1=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$$
と分解すると、$4P-1$ は奇数だから各 $p_i$ も奇数でなければならないがすべての $p_i$ が $p_i\equiv 1\Mod{4}$ とすると[定理2](#th2)より$4P-1\equiv 1\Mod{4}$ となる。しかし、$4P-1$ を $4$ で割った余りは $3$ だから、これは矛盾。

$q$ は $P$ を割り切らない。実際 $q\mid P$ ならば $q\mid 1=4P-(4P-1)$ となり、矛盾する。よって $q$ は $X$ より大きい $4n+3$ の形の素数である。$X$ は任意にとれるから $4n+3$ の形の素数は無限に多く存在する。
&&&

整数の演算 $+, -, \times$ が合同式の世界でもそのまま定義されるのに対して、合同式の世界における除法は整数の除法とは大きく様相が異なる。

&&&thm [th4]
$n$ を $0$ でない整数とする。
$\gcd(a, n)=1$ で $ab\equiv ac\Mod{n}$ のとき $b\equiv c\Mod{n}$.
とくに $p$ が素数で $a$ が $p$ で割り切れないとき $ab\equiv ac\Mod{n}$ ならば $b\equiv c\Mod{n}$.
&&&

&&&prf
$\gcd(a, n)=1$ かつ $n\mid (ab-ac)=a(b-c)$ ならば[倍数と約数: 定理5](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th5)より、$n\mid (b-c)$ つまり $b\equiv c\Mod{n}$.
&&&

&&&thm [th5]
$k, n$ が整数で $n\neq 0, \gcd(a, n)\mid k$ のとき $ab\equiv k\Mod{n}$ となる $b$ が存在する。
&&&

&&&prf その1
$\gcd(a, n)\mid k$ より[Bezoutの補題](textbooks/初等整数論/整除性/Euclidの互除法とBezoutの補題#th2)から、$ab-nt=k$ となる整数 $b, t$ がとれる。
&&&

&&&prf その2
まず $\gcd(a, n)=1$ の場合について示す。
$m=0, 1, \ldots, n-1$ に対して $am$ を $n$ で割った余りを $s_m$ とおくと
[定理4](#th4)より、$s_i=s_j, 0\leq i<j\leq n-1$ ならば $i\equiv j\Mod{n}$ であるが、$0\leq i<j\leq n-1$ より、これは不可能である。
よって $s_0, s_1, \ldots, s_{n-1}$ は $n$ 個の値 $0, 1, \ldots, n-1$ をすべてとらなければならない。
つまり各 $s=0, 1, \ldots, n-1$ に対して $ab\equiv s\Mod{n}$ となる $b$ が存在する。
よって 任意の整数 $k$ に対して、$k$ を $n$ で割った余りを $r$ とすると、$ab\equiv r\equiv k\Mod{n}$ となる $b$ が存在する。

一般の場合、 $\gcd(a, n)\mid k$ ならば $a_1=a/\gcd(a, n), n_1=n/\gcd(a, n), k_1=k/\gcd(a, n)$ とおくと
$\gcd(a_1, n_1)=1$ なので
$$a_1 b\equiv k_1\Mod{n_1}$$
となる $b$ が存在する。[倍数と約数: 定理2 (9)](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th2)より
$$ab\equiv k\Mod{n}$$
が成り立つ。
&&&

このことから、とくに次のことがわかる。

&&&thm [th6]
$\gcd(a, n)=1$ のとき $ab\equiv 1\Mod{n}$ となる $b$ が存在する。この $b$ を $n$ を法とする $a$ の**逆元**といい、$\bar a$ あるいは $a^{-1}$ であらわす（$\bar a$ は $a$ の属する剰余類を意味する場合もあるので注意）。
&&&

&&&thm [th7]
$\gcd(a, n)=1$ ならば $ab\equiv c\Mod{n}\Longleftrightarrow b\equiv ca^{-1}\Mod{n}$.
&&&

&&&prf
$b\equiv ca^{-1}\Mod{n}$ のとき $ab\equiv (ac)a^{-1}\equiv caa^{-1}\equiv c\Mod{n}$.
逆に $ab\equiv c\Mod{n}$ ならば $ab\equiv aca^{-1}\Mod{n}$ なので[定理4](#th4)より $b\equiv ca^{-1}\Mod{n}$.
&&&

$\gcd(a, n)=1$ が $n$ を法として逆元をもつとき、$\Z/n\Z$ における除法が $(b\Mod{n})/(a\Mod{n})=ba^{-1}\Mod{n}$ により定義できる。とくに $p$ が素数のとき $\Z/p\Z$ が体となる。一方 $n$ が素数でなければ、$1$ と $n$ 自身を除く $n$ の約数 $d$ は $n$ を法として逆元をもたず、$0$ と合同でもないので、$\Z/n\Z$ は体ではない。

よって $\Z/n\Z$ が体となることの必要十分条件は $n$ が素数であることがわかる。より一般に、$(n)$ が可換環 $R$ の素イデアルであることの必要十分条件は、 $R/(n)$ が体となることである。[素イデアルと極大イデアル](可換環論の基礎#素イデアルと極大イデアル)の項目を参照。


# 剰余系
$0$ ではない整数 $n$ をとる。
整数の組 $a_1, a_2, \ldots, a_r$ が $n$ を法とする**完全剰余系**であるとは、任意の整数 $m$ について $m\equiv a_i\Mod{n}$ となる $a_i$ が一意に定まることをいう。
冒頭に書いたことから、 $0, 1, \ldots, n-1$ は $n$ を法とする完全剰余系となる。

&&&thm [th8]
$n$ 個の整数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ が $n$ を法とする完全剰余系であるための必要十分条件は $i\neq j$ のとき必ず $a_i\nequiv a_j\Mod{n}$ となることである。
&&&

&&&prf
$a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ が $n$ を法とする完全剰余系であるとする。
定義より $a_i$ についても $a_i\equiv a_j\Mod{n}$ となる $a_j$ が一意に定まるが、$a_i\equiv a_i\Mod{n}$ だから $i=j$ でなければならない。
よって $i\neq j$ のとき必ず $a_i\nequiv a_j\Mod{n}$ となる。

$n$ 個の整数 $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ が $n$ を法として互いに不合同とする。
$n$ 個の整数 $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ が $n$ を法とする完全剰余系であることを示すため、まず
任意の整数 $m$ について $m\equiv a_i\Mod{n}$ となる $a_i$ は、あるとしても$1$つしかないことを示す。
実際、$i\neq j$ にもかかわらず $m\equiv a_i\Mod{n}$, $m\equiv a_j\Mod{n}$ がともに成り立つとき $a_i\equiv a_j\Mod{n}$ となって、先の仮定に反する。

各 $a_i$ を $n$ で割った余りを $s_i$ とする。$s_i$ は $n$個の数 $0, 1, \ldots, n-1$ のいずれかである。
また $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ は $n$ を法として互いに不合同だから、各 $s_i$ は相異なる値をとる。よって $s_0, s_1, \ldots, s_{n-1}$ は $n$ 個の値 $0, 1, \ldots, n-1$ をすべてとらなければならない。
つまり各 $s=0, 1, \ldots, n-1$ に対して $a_i\equiv s\Mod{n}$ となる $i$ が存在する。
任意の整数 $m$ に対して、$m$ を $n$ で割った余りを $r$ とすると、$a_i\equiv r\Mod{n}$ となる $i$ が存在する。このとき
$m\equiv a_i\equiv s\Mod{n}$ が成り立つ。
&&&

剰余系を考えることで、たとえば次のことがすぐにわかる。

&&&thm [th9]
$3n+2$ の形の平方数は存在しない。
&&&

&&&prf
$-1, 0, 1$ は $3$ を法とする完全剰余系である。 $k\equiv 0\Mod{3}$ のとき $k^2\equiv 0\Mod{3}$, $k\equiv \pm 1\Mod{3}$ のとき $k^2\equiv 1\Mod{3}$ であるから
任意の整数 $k$ について $k^2\equiv 0\Mod{3}$ または $k^2\equiv 1\Mod{3}$ が成り立つ。よって $k^2\equiv 2\Mod{3}$ となる整数 $k$ は存在しない。
&&&

与えられた数で割った余りが別の与えられた数に一致する平方数が存在するかどうかという問題は、平方剰余のページでより詳しく扱う。


合同式の導入

# 円分多項式の素因数
[前ページの定理2](/textbooks/初等整数論/円分多項式/円分多項式#th2)より、円分多項式 $\Phi_n(X) (n=1, 2, \ldots)$ は整数係数の多項式であるから $a$ が整数ならば $\Phi_n(a)$ の値も整数である。

やや一般化された円分多項式の値について考察する。
$$\Phi_n(X, Y)=(X^n-Y^n)/\prod_{d<n, d\mid n}\Phi_d(X, Y)$$
により$2$変数多項式 $\Phi_n(X, Y)$ を定めると
$$\Phi_n(X, Y)=Y^{\deg \Phi_n}\Phi_n(X/Y, 1)=Y^{\varphi(n)}\Phi_n(X/Y, 1)$$
となる。つまり $\Phi_n(X)=a_d X^d+a_{d-1} X^{d-1}+\cdots +a_0$ とおくと
$$\Phi_n(X, Y)=a_d X^d+a_{d-1} X^{d-1} Y+\cdots +a_0 Y^d$$
となる。よって$a, b$ が整数ならば $\Phi_n(a, b)$ の値も整数である。

**LTE** (Lifting The Exponent) と呼ばれる、次の定理から証明する。

&&&thm LTE (Lifting The Exponent) [LTE]
$a, b$ を互いに素な整数とし、$p$ を $a, b$ のどちらも割り切らない素数とする。
$bc\equiv a\pmod{p}$ となる $c$ をとり、$p$ を法とする $c$ の位数 を $g$ とおく。
このとき $n=p^e m, \gcd(m, p)=1$ とおくと
$$p\mid (a^n-b^n)\Longleftrightarrow g\mid n\Longleftrightarrow g\mid m$$
となる。さらに
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$$
となる $f$ をとると、$g\mid m$ かつ $p$ が奇素数 のとき
$$p^{f+e}\mid\mid (a^n-b^n)$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
まず $g$ は $p-1$ を割り切るので $\gcd(g, p)=1$ だから
$$g\mid m\Longleftrightarrow g\mid n\Longleftrightarrow p\mid (c^n-1)$$
となる。
$$c^n\equiv 1\pmod{p}\Longleftrightarrow a^n\equiv (bc)^n\equiv b^n\pmod{p}$$
だから
$$p\mid (a^n-b^n)\Longleftrightarrow g\mid m$$
となる。

そこで $m$ が $g$ で割り切れるとして $m=kg$ つまり
$$n=p^e kg$$
とおく。また $c$ を
$$bc\equiv a\pmod{p^{f+e+1}}$$
となるようにとる（$p$ は $a, b$ のどちらも割り切らないから $\gcd(b, p^{f+e+1}=1)$ も成り立つので、このような $c$ をとることができる）。

$\ell=0, 1, \ldots, e-1$ に対し、
$$c^{p^\ell g}\equiv 1\pmod{p}$$
が明らかに成り立つ。そこで
$$c^{p^\ell g}=Ap+1$$
とおくと
$$\begin{split}
\frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}= & \sum_{i=0}^{p-1} c^{i p^\ell g}=\sum_{i=0}^{p-1} (Ap+1)^i \\
= & p+\frac{p(p+1)}{2}Ap+(Ap^2)\sum_{i=2}^{p-1}\binom{i}{2}+\cdots
\end{split}$$
より、
$$\frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}\equiv p\pmod{p^2}$$
となるから
$$\tag{3.1} p\mid\mid \frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}\label{eq31}$$
が成り立つ。よって
$$p^e\mid\mid \frac{c^{p^e g}-1}{c^g-1}$$
となるから
$$p^{f+e}\mid\mid (c^{p^e g}-1)$$
となる。[前ページの命題1](/textbooks/初等整数論/円分多項式/円分多項式#prop1)の (iii) より
$$\gcd((c^n-1)/(c^{p^e g}-1), c^{p^e g}-1)\mid \frac{n}{p^e g}=k$$
だが、$k$ は $p$ で割り切れないから
$$p^{f+e}\mid\mid (c^n-1)$$
が成り立つ。
$$a^n-b^n\equiv b^n(c^n-1)\pmod{p^{f+e+1}}$$
で $b$ は $p$ で割り切れないから
$$p^{f+e}\mid\mid (a^n-b^n)$$
も成り立つ。
&&&

&&&thm [th2]
$a, b$ を互いに素な整数とし、$p$ を $a, b$ のどちらも割り切らない素数とする。
$bc\equiv a\pmod{p}$ となる $c$ をとり、$p$ を法とする $c$ の位数 を $g$ とおき
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$$
となる $f$ をとる。
$p\mid \Phi_n(a, b)$ となる必要十分条件は $n=p^e g$ となる整数 $e\geq 0$ が存在することである。
さらに $p^f\mid\mid \Phi_g(a, b)$ となり $p$ が奇素数で $e\geq 1$ あるいは $p=2$ で $e\geq 2$ のとき $p\mid\mid\Phi_{p^e g}(a, b)$ となる。
&&&

&&&prf
$d<g$ のとき $p$ は $a^d-b^d$ を割り切らないので $\Phi_d(a, b)$ も割り切らない。
$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$ となるから
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)/\prod_{d\mid g, d<g}\Phi_d(a, b)=\Phi_g(a, b)$$
となる。

$e\geq 1$ とする。$1\leq d<g$ のとき $p$ は $a^{p^{e-1} d}-b^{p^{e-1} d}$ を割り切らないので $\Phi_{p^{e-1} d}(a, b)$ も割り切らない。
$p$ が奇素数のとき \eqref{eq31} より
$$p\mid\mid \frac{a^{p^e g}-b^{p^e g}}{a^{p^{e-1} g}-b^{p^{e-1} g}}=\prod_{d\mid g}\Phi_{p^e d}(a, b)$$
となるから、[LTE](#LTE)より $p\mid\mid \Phi_{p^e g}(a, b)$ となる。
$p=2, e\geq 2$ のとき $g=1$ で $a, b$ は奇数なので
$$\Phi_{p^e g}(a, b)=\frac{a^{2^e}-b^{2^e}}{a^{2^{e-1} g}-b^{2^{e-1} g}}=a^{2^{e-1} g}+b^{2^{e-1} g}\equiv 2\pmod{4}$$
だから $p\mid\mid \Phi_{p^e g}(a, b)$ となる。

一方 $n=p^e m, \gcd(m, p)=1$ となる整数 $e\geq 0$ と整数 $m$ をとると
$p\mid\Phi_{p^e m}(a, b)$ ならば $p\mid (a^{p^e m}-b^{p^e m})$ だから
$g$ は $m$ を割り切る。$m>g$ のとき[LTE](#LTE)より
$p^{e+f}\mid\mid (a^{p^e m}-b^{p^e m}), p^{e+f}\mid\mid (a^{p^e g}-b^{p^e g})$
となるから $p$ は $(a^{p^e m}-b^{p^e m})/(a^{p^e g}-b^{p^e g})$ を割り切らない。
よって $\Phi_{p^e m}(a, b)$ も $p$ で割り切れない。
&&&

&&&rem
$\Phi_{p^e m}(a, b)$ も $p$ で割り切れないことは、[前ページの命題1](/textbooks/初等整数論/円分多項式/円分多項式#prop1)の (iii) と同様にして
$$\frac{X^m-Y^m}{X^d-Y^d}=X^{(k-1)d}Y^d+X^{(k-2)d}Y^{2d}\cdots +Y^{(k-1)d}\equiv kX^{kd}\pmod{X^d-Y^d}$$
となるから
$$\frac{a^{p^e m}-b^{p^e m}}{a^{p^e g}-b^{p^e g}}\equiv \frac{m}{g}\times a^{p^e m}\pmod{a^{p^e g}-b^{p^e g}}$$
が成り立つことから直接示すこともできる。
&&&

## 原始素因数
$n$ が $p\mid \Phi_n(a, b)$ となる最小の $n$ であるとき $p$ を $\Phi_n(a, b)$ の**原始素因数** (primitive prime factor) という。[定理2](#th2)より $p$ が $\Phi_n(a, b)$ の原始素因数であることは $n$ が $p$ を法とする $a$ の位数 $g$ であることと同値である。

一方 $p$ が $\Phi_n(a, b)$ の原始素因数でなければ、 $p\mid n$ であり、かつ $n=p^e g$ となる。$g\mid (p-1)$ であるから $p$ は $n$ の最大の素因数となる。さらに $n\geq 3$ のとき $p\mid\mid \Phi_n(a, b)$ である。よって
$$u_n(a, b)=\prod_{p\mid\Phi_n(a, b), p\mid n} p$$
とおくと $u_n(a, b)=1$ または $n$ の最大の素因数で
$\Phi_n(a, b)/u_n(a, b)$ の素因数は $\Phi_n(a, b)$ の原始素因数であることがわかる。

原始素因数を用いて、初項$1$の等差数列には素数が無限に存在することが示される。

&&&thm [th3]
任意の正の整数 $n$ に対し、$kn+1$ の形の素数は無数に存在する。
&&&

&&&prf
$n=1, 2$ のときは単に[素数の無限性](textbooks/初等整数論/整除性/素数#th3)と同値である。そこで $n\geq 3$ とする。
$m$ を $n$ の倍数とする。
$$\Phi_m(a)=\prod_{\gcd(k, m)=1, 1\leq k\leq m-1} (a-e^{2\pi i k/m})\geq (a-1)^{\varphi(m)}$$
であるから、$a$ が大きいとき $\Phi_m(a)>m\geq u_m(a)$ となる。よって $\Phi_m(a)$ は原始素因数 $p$ をもつ。
$m$ は $p$ を法とする $a$ の位数だから $p$ は $km+1$ の形の素数である。$m$ は $n$ の倍数だから $p$ は $kn+1$ の形の素数である。$m$ はいくらでも大きくとれるから、$kn+1$ の形の素数でいくらでも大きいものが存在する。
&&&

原始素因数については、より強く、以下のZsigmondyの定理が成り立つ。 Zsigmondy (1892)  によって証明され、その後Kanold (1950) などにより、再証明が行われている。

$b=1$ のとき、つまり $\Phi_n(a)$ の原始素因数に関してはBang (1886) によって証明され、Dickson (1905) がより簡単な証明を与えている。

&&&thm Zsingmondyの定理 [Zsigmondy]
$a>b>0$ かつ $\gcd(a, b)=1$ のとき $\Phi_n(a, b)$ は $(a, b, n)=(2, 1, 6)$, $(a+b, n)=(2^m, 2)$, $(a-b, n)=(1, 1)$ の場合を除いて原始素因数をもつ。
&&&

&&&prf
[前ページの定理4](/textbooks/初等整数論/円分多項式/円分多項式#thm4)の証明と同様に
$$\begin{split}
\Phi_n(a, b)= & \prod_{d\mid n}(a^{n/d}-b^{n/d})^{\mu(d)}=a^{\varphi(n)}\prod_{d\mid n}\left(1-\left(\frac{b}{a}\right)^{n/d}\right)^{\mu(d)} \\
\geq & a^{\varphi(n)}\left(1-\frac{b}{a}\right)\prod_{k\geq 2, k\mid n, \mu(n/k)=1}\left(1-\left(\frac{b}{a}\right)^k\right)
\end{split}$$
となる。
$$n=\prod_{i=1}^r p_i^{e_i}, p_1<p_2<\ldots<p_r$$
と素因数分解すると、$\mu(k)=\pm 1$ となる $n$ の約数の個数は $2^r$ である。
$p_1$ が $k$ を割り切らないとき $\mu(k)=1\Longleftrightarrow \mu(p_1 k)=-1$ であるから $\mu(k)=1$ となる $n$ の約数の個数は $2^{r-1}$ 個である。また
$$\varphi(n)\geq \prod_{i=1}^r (p_i-1)\geq \prod_{i=2}^r (p_i-1)\geq 2^{r-1}$$
であるから
$$\begin{split}
\Phi_n(a, b)\geq & a^{\varphi(n)}\left(1-\frac{b}{a}\right)\left(1-\left(\frac{b}{a}\right)^2\right)^{\varphi(n)-1} \\
\geq & (a-b)\left(a\left(1-\left(\frac{b}{a}\right)^2\right)\right)^{\varphi(n)-1}
\end{split}$$
となる。
$$1-\left(\frac{a-1}{a}\right)^2=1-\frac{a^2-2a+1}{a^2}=\frac{2a-1}{a^2}$$
かつ $b\leq a-1$ より
$$\Phi_n(a, b)\geq \left(2-\frac{1}{a}\right)^{\varphi(n)-1}$$
であることがわかる。$a\geq 2$ だから $p_r\geq 5$ のとき
$$\Phi_n(a, b)\geq \left(\frac{3}{2}\right)^{p_r-1}>p_r\geq u_n(a, b),$$
$a\geq 4$ かつ $p_r=3$ のとき
$$\Phi_n(a, b)\geq \left(\frac{7}{4}\right)^2>p_r\geq u_n(a, b),$$
$2\leq a\leq 3$ で $p_r=3$ のとき $r=1, n=3^e$ ならば
$$\begin{split}
\Phi_n(a, b)= & \frac{a^n-b^n}{a^{n/3}-b^{n/3}} \\
= & a^{2\times 3^{e_1-1}}+a^{3^{e_1-1}}b^{3^{e_1-1}}+b^{2\times 3^{e_1-1}}
\geq a^2+ab+b^2 \\
= & 7>p_r>u_n(a, b)
\end{split}$$
となる。さらに $r=2, p_1=2, p_2=3$ ならば
$$\begin{split}
\Phi_n(a, b)= & \left(\frac{a^n-b^n}{a^{n/3}-b^{n/3}}\right)/\left(\frac{a^{n/2}-b^{n/2}}{a^{n/6}-b^{n/6}}\right) \\
= & a^{2^{e_1-1}\times 3^{e_2-1}}-a^{2^{e_1-1}\times 3^{e_2-1}}b^{2^{e_1-1}\times 3^{e_2-1}}+b^{2^{e_1-1}\times 3^{e_2-1}}
\end{split}$$
となるので $a\geq 3$ ならば
$$\Phi_n(a, b)\geq a^2-ab+b^2\geq 7>p_r>u_n(a, b),$$
$a=2, b=1$ で $n>6$ ならば
$$\Phi_n(a, b)\geq a^4-a^2+1\geq 13>p_r>u_n(a, b),$$
となる。
$r=1, p_1=2$ のとき $e_1\geq 2$ ならば
$$\Phi_n(a, b)=a^{2^{e_1-1}}+b^{2^{e_1-1}}\geq a^2+b^2>2\geq u_n(a, b)$$
となる。以上より $n\geq 3$ のときは $(a, b, n)=(2, 1, 6)$ の場合を除いて、$\Phi_n(a, b)$ は原始素因数をもつ。

$n=2$ のとき
$$\Phi_n(a, b)=a+b, \Phi_1(a, b)=a-b$$
だから $p$ が $\Phi_1(a, b), \Phi_2(a, b)$ をともに割り切るとき $p$ は
$$2a=\Phi_2(a, b)+\Phi_1(a, b), 2b=\Phi_2(a, b)-\Phi_1(a, b)$$
をともに割り切るが $\gcd(a, b)=1$ なので $p=2$, よって $a+b$ が $2$ の累乗でなければ $\Phi_n(a, b)$ は原始素因数をもつ。

$n=1$ のとき $a-b=1$ でなければ $a-b$ の素因数が $\Phi_1(a, b)$ の原始素因数となる。
&&&

円分多項式の値

$\pi(x)$ を $x$ 以下の素数の個数とする。[素数](/textbooks/初等整数論/整除性/素数#th3)のページで示したように、素数の個数は無限であるから
$$\lim_{x\rightarrow +\infty}\pi(x)=+\infty$$
である。より正確に**素数定理** (*prime number theorem*)
$$\pi(x)\sim \frac{x}{\log x}$$
が成り立つことが知られている。

この章では、素数の個数に関する初等的な結果を証明する。

&&&def Chebyshev関数
$$\theta(x)=\sum_{p\leq x}\log p$$
で定義される関数を**第一Chebyshev関数** (*first Chebyshev function*) という。
また**von Mangoldt関数** (von Mangoldt function) $\Lambda(n)$ を $n=p^k$ となる素数 $p$ が存在するとき $\log p$, それ以外のとき $0$ をとる関数と定義し、
$$\psi(x)=\sum_{p^k\leq x}\log p=\sum_{n\leq x}\Lambda(n)$$
で定義される関数を**第二Chebyshev関数** (*second Chebyshev function*) という。
&&&

# 基本的関係

$\pi(x), \theta(x), \psi(x)$ の値は次のように関連付けられる。

&&&thm [th1]
つぎの関係式が成り立つ。
$$\psi(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\theta(x^{1/k})=\sum_{k=1}^{\floor{\log_2 x}}\theta(x^{1/k}), \label{eq11}\tag{1}$$
$$\psi(x)=\sum_{k=1}^n \theta(x^{1/k})+O(x^{1/(n+1)}\log x), \label{eq12}\tag{2}$$
$$\theta(x)\leq \pi(x)\log x, \label{eq13}\tag{3}$$
$$\pi(x)=\frac{\theta(x)}{\log x}+\int_2^x\frac{\theta(t)dt}{t\log^2 t}, \label{eq14}\tag{4}$$
$$\theta(x)=\pi(x)\log x-\int_2^x\frac{\pi(t) dt}{t}. \label{eq15}\tag{5}$$
&&&

&&&prf
\eqref{eq11} の証明。
$$\psi(x)=\sum_{p^k\leq x}\log p=\sum_{k=1}^\infty \sum_{p\leq x^{1/k}}\log p=\sum_{k=1}^\infty\theta(x^{1/k})$$
となるが、$x^{1/k}<2$ のとき、$\theta(x^{1/k})=\sum_{p\leq x^{1/k}}\log p$ は空和となるので
$$\psi(x)=\sum_{k=1}^{\floor{\log_2 x}}\theta(x^{1/k})$$
となる。

\eqref{eq12} の証明。\eqref{eq11} より
$$\psi(x)\geq \sum_{k=1}^n \theta(x^{1/k})$$
が成り立つ。また $y\geq 1$ のとき $\theta(y)\leq y\log y$ となるから
$$\begin{split}
\psi(x)-\sum_{k=1}^n \theta(x^{1/k})
= & \sum_{k=n+1}^{\floor{\log_2 x}} \theta(x^{1/k}) \\
\leq & \sum_{k=n+1}^{\floor{\log_2 x}} x^{1/k}\log x \\
< & x^{1/(n+1)}\log x+(\log_2 x) x^{1/(n+2)}\log x
\end{split}$$
となる。

\eqref{eq13} の証明。定義より
$$\theta(x)\leq\sum_{p\leq x}\log x=\pi(x)\log x.$$

\eqref{eq14} の証明。$x_0=1$ とし、$a_n (n\geq 2)$ を $n$ が素数のとき $\log n$, それ以外のとき $0$ とし、$f(x)=1/\log x$ とおいて[Abelの総和公式](Abelの級数変形法とその応用#Abelの総和公式)を適用すると
$$\pi(x)=\frac{\theta(x)}{\log x}+\int_2^x \theta(t)f^\prime(t) dt=\frac{\theta(x)}{\log x}+\int_2^x\frac{\theta(t)dt}{t\log^2 t}.$$

\eqref{eq15} の証明。$x_0=1$ とし、$a_n (n\geq 2)$ を $n$ が素数のとき $1$, それ以外のとき $0$ とし、$f(x)=\log x$ とおくと[Abelの総和公式](Abelの級数変形法とその応用#Abelの総和公式)から明らか。
&&&

&&&cor [th1c]
$$\pi(x)<\frac{(K+o(1))x}{\log x}\Longleftrightarrow \theta(x)<(K+o(1))x\Longleftrightarrow \psi(x)<(K+o(1))x$$
かつ
$$\theta(x)>(K+o(1))x\Longleftrightarrow \psi(x)>(K+o(1))x\Rightarrow \pi(x)>\frac{(K+o(1))x}{\log x}$$
が成り立つ。また
$$\pi(x)=o(x)$$
が成り立つときは最後の矢印の逆も成り立つ。

とくに素数定理は
$$\theta(x)\sim x$$
および
$$\psi(x)\sim x$$
と同値となる。
&&&

&&&prf
$(2)$ より
$$\psi(x)=\theta(x)+O(x^{1/2}\log x)$$
なので
$$\theta(x)<(K+o(1))x\Longleftrightarrow \psi(x)<(K+o(1))x$$
および
$$\theta(x)>(K+o(1))x\Longleftrightarrow \psi(x)>(K+o(1))x$$
はすぐにわかる。
$\pi(x)<(K+o(1))x/\log x$ のとき $(3)$ より $\theta(x)<\pi(x)\log x<(K+o(1))x$ となる。

$\theta(x)<(K+o(1))x$ が成り立つとする。とくに $\theta(x)/x$ は上に有界だから \eqref{eq14} より
$$\pi(x)<(K+o(1))x+O\left(\int_2^x\frac{dt}{t\log^2 t}\right)$$
となるが、右辺の$O$記号内の積分は $x\rightarrow\infty$ のとき収束するから、
$$\pi(x)<(K+o(1))x$$
が成り立つ。

$\theta(x)>(K+o(1))x$ のとき $(3)$ より $\pi(x)>\theta(x)/\log x>(K+o(1))x/\log x$ となる。
$\pi(x)>(K+o(1))x/\log x$ かつ $\pi(x)=o(x)$ が成り立つとき \eqref{eq15} より
$$\theta(x)=\pi(x)\log x-\int_2^{\sqrt{x}}\frac{\pi(t) dt}{t}-\int_{\sqrt{x}}^x\frac{\pi(t) dt}{t}$$
となるが、$\pi(t)/t\leq 1$ かつ $\pi(t)/t\rightarrow 0 (t\rightarrow +\infty)$ だから
$$\theta(x)>(K+o(1))x-\sqrt{x}-o(x)=(K+o(1))x$$
となる。
&&&

$x$ 以下の素数の個数

# 二項係数の定義

$0\leq k\leq n$ となる整数 $n, k$ について以下の定義はいずれも同値である。なお、$k$ が $n$ より大きい整数あるいは負の整数のとき $\binom{n}{k}=0$ と定める。

&&&def 二項係数の定義1 [def11]
$0\leq k\leq n$ となる整数 $n, k$ について
$$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$$ と定める。
&&&

&&&def 二項係数の定義2 [def12]
非負整数 $n$ について
$$\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$$ と定め、$n\geq k\geq 1$ となる整数 $n, k$ について
$$\binom{n+1}{k}=\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}$$ と定める。
&&&

&&&def 二項係数の定義3 [def13]
$n\geq k\geq 0$ となる整数 $n, k$ について
$$\binom{n}{k}=\# \{U \mid U\subset \{1, 2, \ldots, n\}, \#U=k\}$$ と定める。
&&&


&&&prf 同値であることの証明
1と2が同値であることを示す。定義1で定まる $\binom{n}{k}$ について、定義2の関係式を示す。$k=0$ のときは
$$\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=\frac{n!}{0!n!}=1$$
より明らか。$k>0$ のとき
$$\begin{split}
\binom{n+1}{k}-\binom{n}{k}= & ~ \frac{(n+1)n\cdots (n-k+2)-n(n-1)\cdots (n-k+2)(n-k+1)}{k!} \\
= & ~ \frac{kn\cdots (n-k+2)}{k!}=\frac{n\cdots (n-k+1)}{(k-1)!} \\
= & ~ \binom{n!}{(k-1)!(n-k+1)!} \end{split}$$
より定義2の関係式が成り立つ。
定義2は $\binom{n}{k}$ を一意的に定めるから、定義2で定まる$\binom{n}{k}$ は定義1で定まるものと一致する。よって定義1と定義2は同値である。

つぎに2と3が同値であることを示す。定義3で定まる $\binom{n}{k}$ について、定義2の関係式を示せばよい。
$$U\subset \{1, 2, \ldots, n+1\}, \#U=k, n+1\not\in U \Longleftrightarrow
U\subset \{1, 2, \ldots, n\}, \#U=k$$
なので、$U\subset \{1, 2, \ldots, n+1\}, \#U=k$ となる $U$ のうち $n+1$ を含まないものの個数は $\binom{n}{k}$ に等しい。一方、
$$U\subset \{1, 2, \ldots, n+1\}, \#U=k, n+1\in U\Longleftrightarrow
U\setminus\{n+1\}\subset \{1, 2, \ldots, n\}, \#(U\setminus\{n+1\})=k-1$$ 
なので、$U\subset \{1, 2, \ldots, n+1\}, \#U=k$ となる $U$ のうち $n+1$ を含むものの個数は $\binom{n}{k-1}$ に等しい。よって定義2の関係式が成り立つ。
&&&


## 基本的性質

&&&thm 二項定理 [binomialtheorem]
$1$ 以上の整数 $n$ について
$$(x+y)^n=\sum_{k=0}^n {}_nC_k x^k y^{n-k}$$
が成り立つ。とくに $1$ 以上の整数 $n$ と任意の整数 $k$ について
$_nC_k$ は $(X+1)^n$ の $X^k$ の係数に等しい（これは $k<0$ あるいは $k>n$ のときも、$_nC_k=0$ と定めていることから成立する）。
&&&

&&&prf
$$(x+y)^n=\sum_{k=0}^n a_{n, k} x^k y^{n-k}$$
と展開すると、
$$\begin{split}
(x+y)^{m+1}= & (x+y)^m(x+y) \\
= & (x+y)\sum_{k=0}^n a_{m, k} x^k y^{m-k} \\
= & \sum_{k=0}^n a_{m, k} x^{k+1} y^{m-k}+\sum_{k=0}^n a_{m, k} x^k y^{m+1-k} \\
= & \sum_{k=1}^{n+1} a_{m, k-1} x^k y^{m+1-k}+\sum_{k=0}^n a_{m, k} x^k y^{m+1-k}
\end{split}$$
となるから、$a_{m+1, 0}=a_{m, 0}$, $a_{m+1, m+1}=a_{m, m}$ かつ $1\leq k\leq m$ のとき
$$a_{m+1, k}=a_{m, k-1}+a_{m, k}$$
となる。

さて、$n=1$ のとき
$$a_{1, 0}=a_{1, 1}=1=\binom{1}{0}=\binom{1}{1}$$
となるから、[定義2](#def12)より二項定理が成り立つ。$n=m$ のとき $k=0, 1, \ldots, m$ について $a_{m, k}=\binom{m}{k}$ となるとすると
$a_{m+1, 0}=a_{m, 0}=1=\binom{m+1}{0}$, $a_{m+1, m+1}=a_{m, m}=1=\binom{m+1}{m+1}$ かつ $1\leq k\leq m$ のとき
$$a_{m+1, k}=\binom{m}{k-1}+\binom{m}{k}=\binom{m+1}{k}$$
となるから、[定義2](#def12)より$n=m+1$ についても二項定理は正しいことがわかる。
&&&

とくに、
$$ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}=2^n$$
となることがすぐにわかる（これは定義3からもすぐにわかる）。

このほか、次のような関係式が成り立つ。


&&&thm [thm2]
$n$ が正の整数のとき、$$\sum_{0\leq 2i \leq n} \binom{n}{2i}=2^{n-1}$$
&&&

&&&prf
二項定理より
$$\sum_{0\leq k \leq n} (-1)^k \binom{n}{k}=(1-1)^n=0$$
だが、$(1+(-1)^k)/2$ は $k$ が偶数のとき $1$、奇数のとき $0$ となるので
$$\sum_{0\leq 2i \leq n} \binom{n}{2i}=\sum_{0\leq k \leq n} \frac{1+(-1)^k}{2} \binom{n}{k}=\frac{2^n+0}{2}=2^{n-1}.$$
&&&

&&&thm [thm3]
$n$ が正の整数のとき、$$\sum_{k=0}^n k{}_nC_k=n\times 2^{n-1}.$$
&&&

&&&prf
二項定理より直ちに得られる
$$(X+1)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} X^k$$
の両辺を $X$ で微分し、
$$n(X+1)^{n-1}=\sum_{k=1}^n k\binom{n}{k} X^{k-1}$$
となる。$X=1$ を代入し、
$$n\times 2^{n-1}=\sum_{k=1}^n \binom{n}{k}$$
を得る。$k=0$ のとき $k\binom{n}{k}=0$ だから、和をとる範囲を $k=0$ から始めても、この等式は成り立つ。
&&&

&&&thm Vandermondeの等式
$n_1, n_2, \ldots, n_p\geq 0$ および $0\leq m\leq n_1+n_2+\cdots +n_p$ となる整数 $n_1, n_2, \ldots, n_p, m$ について
$$\binom{n_1+n_2+\cdots +n_p}{m}=\sum_{k_1+k_2+\cdots +k_p=m}\binom{n_1}{k_1}\times\binom{n_2}{k_2}\times\cdots\times\binom{n_p}{k_p}.$$

とくに、$p=2$ のとき
$$\binom{x+y}{m}=\sum_{r=0}^m \binom{x}{r}\times\binom{y}{m-r}$$ が成立し、$x=y=m$ のとき
$$\binom{2m}{m}=\sum_{r=0}^m \binom{m}{r}^2$$ が成立する。
&&&

&&&prf
等式
$$(X+1)^{n_1+n_2+\cdots +n_p}=(X+1)^{n_1}(X+1)^{n_2}\cdots (X+1)^{n_p}$$
の左辺と右辺の $X^m$ の係数は、それぞれ上記の等式の左辺と右辺に等しい。
&&&

&&&thm
$n$ が $1$ 以上の整数で、$m$ が $0\leq m\leq n$ となる整数のとき
$$\sum_{k=0}^m (-1)^k\binom{n}{k}=(-1)^m\binom{n-1}{m}.$$
&&&

&&&prf
各 $n$ について、$m$ に関する帰納法で証明する。
$m=0$ のとき、両辺ともに $1$、$m=1$ のとき
$$\binom{n}{0}-\binom{n}{1}=1-n=-\binom{n-1}{1}$$
であるから、上記の等式は成立する。
$2\leq m\leq n$ で、上記の等式が $m-1$ について成立すると仮定すると、
$$\begin{split}
\sum_{k=0}^m (-1)^k\binom{n}{k}= & (-1)^{m-1}\binom{n-1}{m-1}+(-1)^m\binom{n}{m} \\
= & (-1)^m(\binom{n}{m}-\binom{n-1}{m-1}) \\
= & (-1)^m \binom{n-1}{m}
\end{split}$$
となって、$m$ について上記の等式が成立する。
&&&

二項係数

2次方程式
$$x^2-Px+Q=0$$
の解を
$$\alpha=\frac{P+\sqrt{D}}{2}, \beta=\frac{P-\sqrt{D}}{2}$$
とおいて、$n\in\Z$ に対して $u_n=u_n(P, Q), v_n=v_n(P, Q)$ を
$$u_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}, v_n=\alpha^n+\beta^n\tag{1.1}$$
と定義すると、直接計算あるいは[線形回帰数列:定理2](/textbooks/初等整数論/整数列/線形回帰数列#thm2)より
$$u_0=0, u_1=1, v_0=2, v_1=P\tag{1.2}$$
かつ
$$u_{n+2}=Pu_{n+1}-Qu_n, v_{n+2}=Pv_{n+1}-Qv_n\tag{1.3}$$
となることが容易に確かめられる。これによって定まる数列
$(u_n)_{n\in\Z}=(u_n(P, Q))_{n\in\Z}$, $(v_n)_{n\in\Z}=(v_n(P, Q))_{n\in\Z}$ を $(P, Q)$ に関する**Lucas数列** (Lucas sequence) という。
また $(v_n)_{n\in\Z}=(v_n(P, Q))_{n\in\Z}$ を $(P, Q)$ に関する**同伴Lucas数列** (associated Lucas sequence) ともいう。

# 例

&&&ex Fibonacci数列 [ex1]
**Fibonacci数列** [OEIS:A000045](http://oeis.org/A000045)
$$0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, \ldots$$
は漸化式
$$F_0=0, F_1=1, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n\ (n=0, 1, \ldots)$$
により定義され、
$$\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$
を方程式
$$x^2-x-1=0$$
の解とすると、
$$F_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}$$
とあらわされる。よって $F_n=u_n(1, -1)$ となる。
この同伴Lucas数列
$$2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, 199, 322, \ldots$$
は漸化式
$$L_0=2, L_1=1, L_{n+2}=L_{n+1}+L_n\ (n=0, 1, \ldots)$$
を満足し、
$$L_n=v_n(1, -1)=\alpha^n+\beta^n$$
で与えられる。
Fibonacci数列の同伴数列に属する数を'''Lucas数'''という（数列自体をLucas数列と呼ぶことは一般的なLucas数列と混同を招く）。
&&&

&&&ex Pell数列 [ex2]
$(P, Q)=(2, -1)$ に関するLucas数列
$$\begin{split}
P_n= & \frac{(1+\sqrt{2})^n-(1-\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}, \\
Q_n= & (1+\sqrt{2})^n+(1-\sqrt{2})^n
\end{split}$$
は漸化式
$$\begin{split}
P_0= & 0, P_1=1, P_{n+2}=2P_{n+1}+P_n\ (n=0, 1, \ldots) \\
Q_0=& 2, Q_1=2, Q_{n+2}=2Q_{n+1}+Q_n\ (n=0, 1, \ldots)
\end{split}$$
を満足し、最初の数項は
$$\begin{split}
P_n=u_n(2, -1): & 0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, \ldots, \\
Q_n=v_n(2, -1): & 2, 2, 6, 14, 34, 82, 198, 478, 1154, \ldots
\end{split}$$
で与えられる。
さらに $(x, y)=(P_n, Q_n/2)$ はPell方程式
$$y^2-2x^2=(-1)^n$$
の自然数解である（さらに、このPell方程式の自然数解はすべて $(P_n, Q_n/2)$ で与えられることが知られている）。
それで、これらの数列をそれぞれ**Pell数列** [OEIS:A000129](https://oeis.org/A000129)、**同伴Pell数列** [OEIS: A002203](https://oeis.org/A002203)という。
&&&

&&&ex Mersenne数、Fermat数 [ex3]
$a>b$ で $(P, Q)=(a+b, ab)$ のとき $\alpha=a, \beta=b$ となるので、 $(P, Q)=(a+b, ab)$ に関するLucas数列は
$$u_n=\frac{a^n-b^n}{a-b}, v_n=a^n+b^n$$
で与えられる。とくに $a\neq 1$ のとき、$(P, Q)=(a+1, a)$ に関するLucas数列は
$$u_n=\frac{a^n-1}{a-1}, v_n=a^n+1$$
で与えられる。$a$ が $2$ 以上の整数のとき、この $u_n$ は $a$ を基数とするrepunitとなる。とくに $a=2$ のとき
$u_n=2^n-1$ はMersenne数 [OEIS: A000225](https://oeis.org/A000225) を、
$v_n=2^n+1$ は $n=2^m$ のときFermat数 [OEIS: A000215](https://oeis.org/A000215) を与える。
&&&


定義と例

本ページにおいては初等整数論のうち、整除性の理論のもっとも基礎的な事項について述べる。具体的には、除法の原理について述べ、倍数と約数およびそれらに関連する概念について述べる。

## 除法の原理

&&&thm 除法の原理 [th1]
任意の整数 $n$ と、任意の正の整数 $a$ に対して、次の$2$つの条件が成立するような整数 $q, r$ が一意的に存在する。
* $n=qa+r.$
* $0\leq r\leq a-1.$
$q, r$ をそれぞれ $n$ を $a$ で割った**商** (*quotient*)、**剰余**（または**余り**） (*remainder*) という。
&&&

これは $\Z$ がEuclid整域であることをいっている。

&&&prf
$(1)$ まず $n\geq 0$ の場合に、上記の2つの条件が成立するような整数 $q, r$ が存在することを数学的帰納法により証明する。

$n=0$ のとき、$q=r=0$ ととることができる。

$n\geq 1$ について $n-1=q_0 a+r_0, 0\leq r_0\leq a-1$ となる整数 $q_0, r_0$ が存在すると仮定する。
$0\leq r_0\leq a-2$ のとき $n=q_0 a+(r_0+1)$ より $q=q_0, r=r_0+1$ ととれる。
$r_0=a-1$ のとき $n=q_0 a+(a-1)+1=(q_0+1)a$ より $q=q_0+1, r=0$ ととれる。

$(2)$ $n\leq 0$ の場合、$(1)$ より $-n=q_0 a+r_0, 0\leq r_0\leq a-1$ となる整数 $q_0, r_0$ がとれる。
$r_0=0$ のとき $n=-q_0 a$ なので $q=q_0, r=0$ ととれる。
$1\leq r_0\leq a-1$ のとき $n=-q_0 a-r_0=(-q_0+1) a_0+q_0-r_0$ なので $q=-q_0+1, r=q_0-0$ ととれる。

$(3)$ 一意性を示す。$n=q_1 a+r_1=q_2 a+r_2$ かつ $0\leq r_1, r_2\leq a-1$ となる整数 $q_1, q_2, r_1, r_2$ が存在すると仮定する。
$q_1\neq q_2$ のとき
$$ \abs{(q_2 a+r_2)-(q_1 a+r_1)}=\abs{(q_2-q_1) a+(r_2-r_1)}\geq a\abs{q_2-q_1}-\abs{r_2-r_1}\geq a-(a-1)\geq 1$$
となって、$q_1 a+r_1 =q_2 a+r_2=n$ に矛盾する。よって $q_1=q_2$ である。
よって $r_1=n-q_1 a=n-q_2 a=r_2$ より $r_1=r_2$ である。したがって $q, r$ は一意的に定まる。
&&&

## 倍数と約数

&&&def 倍数と約数 [def1]
$2$つの整数 $m, n$ に対して、 $n=dm$ となる整数 $m$ が存在するとき、
* $n$ は $m$ の**倍数**、
* $m$ は $n$ の**約数**、
* $m$ は $n$ を**割り切る**あるいは**整除する**、
* $n$ は $m$ で**割り切れる**
といい、$m\mid n$ であらわす。
&&&

&&&thm [th2]
(1) 任意の整数 $n$ に対して $\pm n\mid \pm n, \pm 1\mid n$ かつ $n\mid 0$.
(2) $a, b, c$ が整数で $a\mid b, a\mid c$ のとき任意の整数 $k, \ell$ に対して $a\mid (kb+\ell c)$.
(3) $a, b$ が整数で $a\mid b$ のとき任意の整数 $n$ に対して $an\mid bn$. さらに $d$ が $a$ の約数ならば $a/d\mid b/d$.
(4) $a, b, c$ が整数で $a\mid b, b\mid c$ のとき $a\mid c$.
(5) $a, b$ が整数ならば $a\mid b \Longleftrightarrow a\mid -b \Longleftrightarrow -a\mid b \Longleftrightarrow -a\mid b$.
(6) $a, b$ が整数で $a\mid b$ のとき $d\mid an$ となる任意の整数 $n, d$ に対して $(an/d)\mid (bn/d)$.
(7) $a\mid b\mid n$ のとき $(n/b)\mid (n/a)$.
(8) $a\mid b, b\neq 0$ のとき $\abs{a}\leq \abs{b}$.
(9) $n\mid 1$ のとき $n=\pm 1$, また $a\mid b, b\mid a$ のとき $b=\pm a$.
&&&


&&&prf
(1) $n=\pm 1\times \pm n, -n=\mp 1\times \pm n$ （複号同順）、および $0=0n$.
(2) $b=ma, c=na$ となる整数 $m, n$ をとると $kb+\ell c=kma+\ell na=(km+\ell n)a$ は $a$ の倍数。
(3) $b=ma$ となる整数 $m$ をとると $bn=m(an)$ は $an$ の倍数。さらに $d$ が $a$ の約数ならば $b/d=m(a/d)$ は整数で $a/d$ の倍数。
(4) $c=kb$ となる整数 $k$ がとれるので $(2)$ より $c$ も $a$ の倍数。
(5) $b=ma\Longleftrightarrow -b=-ma\Longleftrightarrow -b=m\times (-a) \Longleftrightarrow b=(-m)\times (-a)$.
(6) $(3)$ より $an\mid bn$ となるが、 $d\mid an$ なので再び $(3)$ より $(an/d)\mid (bn/d)$.
(7) $b=am$ とおくと $n/a=nm/b$ は $n/b$ の倍数。
(8) $b=am$ とおくと $b\neq 0$ より $m\neq 0$. よって $\abs{m}\geq 1$ なので $\abs{b}=\abs{a}\abs{m}\geq \abs{a}$.
(9) $n\mid 1$ ならば $n\neq 0$ で、$(8)$ より $\abs{n}\leq 1$ だから $n=\pm 1$. また、$a\mid b, b\mid a$ ならば $(8)$ より $\abs{a}\leq \abs{b}\leq \abs{a}$ だから $\abs{a}=\abs{b}$.
&&&

&&&thm [th3]
$S$ が $0$ でない整数を少なくとも$1$つ含む整数の集合で、$n\in S$ ならば $n$ の倍数も $S$ に含まれ、$m, n\in S$ ならば $m+n$ も $S$ に含まれているとする。
このとき $S$ に含まれる最小の正の整数を $a$ とすると、$S$ は $a$ の倍数全体の集合と一致する。
&&&

このことは、$\Z$ が単項イデアル整域であることをいっている。
より一般に、単項イデアル整域の条件より、Euclid整域は単項イデアル整域である。

&&&prf
$S$ に含まれる $0$ でない整数 $n$ をとる。$n<0$ ならば $-n\in S$ だから、$S$ は正の整数を少なくとも$1$つ含む。よって $S$ に含まれる最小の正の整数 $a$ がとれる。$a$ の倍数が $S$ に含まれることは仮定からすぐにわかる。

$n\in S$ ならば[除法の原理](#th1)より、$n=qa+r, 0\leq r\leq a-1$ となる整数 $q, r$ が存在する。
仮定より $r=n-qa$ も $S$ に含まれるが、$a$ のとり方より、$1\leq r\leq a-1$ のとき $r$ は $S$ に含まれない。
よって $r=0$ となり、$n$ は $a$ の倍数でなければならないことがわかる。
&&&

&&&def [def2]
$a_1, a_2, \ldots, a_n$ を整数とする。すべての $a_i$ の倍数である数を $a_1, a_2, \ldots, a_n$ の**公倍数** (*common multiple*)、すべての $a_i$ の約数である数を $a_1, a_2, \ldots, a_n$ の**公約数** (*common divisor*)という。
$a_1, a_2, \ldots, a_n$ の最小の正の公倍数を $a_1, a_2, \ldots, a_n$ の**最小公倍数** (*least common multiple*)といい、$\LCM[a_1, a_2, \ldots, a_n]$ であらわす。$a_1, a_2, \ldots, a_n$ の最大の公約数を $a_1, a_2, \ldots, a_n$ の**最大公約数** (*greatest common divisor*)といい、$\gcd[a_1, a_2, \ldots, a_n]$ であらわす。

$\gcd(a_1, a_2, \ldots, a_n)=1$ のとき $a_1, a_2, \ldots, a_n$ は**互いに素** (*relatively prime* / *coprime*) であるといい、どのような $i, j (1\leq i<j\leq n)$ をとっても $\gcd(a_i, a_j)=1$ であるとき $a_1, a_2, \ldots, a_n$ は**どの$2$つも互いに素**、あるいは**対ごとに互いに素** (*pairwise coprime*) であるという。
&&&

&&&thm [th4]
$d\neq 0$ が $a, b$ の公約数であるとき $\gcd(a/d, b/d)=\gcd(a, b)/\abs{d}$. とくに $\gcd(a/\gcd(a, b), b/\gcd(a, b))=1$.
&&&

&&&prf
$m$ が $a/d, b/d$ の公約数ならば[定理2](#th2)より $dm$ は $a, b$ をともに割り切るから、[定理2](#th2)より $\abs{dm}$ も $a, b$ を割り切る。よって $\abs{dm}\leq \gcd(a, b)$ つまり $\abs{m}\leq \gcd(a, b)/\abs{d}$ となる。

さらに、$\gcd(a, b)/\abs{d}$ が $a/d, b/d$ を割り切ることは明らかだから、$\gcd(a/d, b/d)=\gcd(a, b)/\abs{d}$.
&&&

倍数と約数に関する定理のうち、最も重要なのが、つぎの定理である。後に説明するが、この定理は本質的には素因数分解の一意性と等価である。

&&&thm 初等整数論の基本定理 [th5]
$a, b, n$ を整数とする。 $a, n$ が互いに素なとき、$n\mid ab \Longleftrightarrow n\mid b$.
&&&

&&&prf
$n\mid b$ ならば $n\mid ab$ となることは[定理2 (4)](#th2)からすぐにわかる。また、$n=0$ のとき $a=0$ または $b=0$ であるが、 $a, n$ が互いに素なので $a=\pm 1$ でなければならないから $b=0$ となって、定理は正しい。よって、以下 $n\neq 0$ かつ $a, n$ が互いに素で、$n\mid ab$ のとき $n\mid b$ となることを示す。

[定理2 (2)](#th2)から $e, f, s, t$ が整数で $as, at$ が $n$ の倍数ならば $a(es+ft)$ も $n$ の倍数となる。
よって $ab$ が $n$ の倍数である整数 $b$ 全体の集合は[定理3](#th3)の条件を満足するから、$ab$ が $n$ の倍数である整数 $b$ のなかで最小の正のもの $b_0$ をとると、$ab$ が $n$ の倍数であるとき $b$ は $b_0$ の倍数である。

$an$ は $n$ の倍数だから $b_0\mid n$ となる。$n=sb_0$ とおくと $sb_0=n$ は $ab_0$ を割り切るから $s$ は $a$ を割り切る。よって $s$ は $a, n$ をともに割り切るから $a, n$ の公約数である。しかし $\gcd(a, n)=1$ であるから $s=\pm 1$ つまり $b_0=\pm n$ である。

よって $n\mid ab$ ならば $\pm n=b_0\mid b$ であるから、$n\mid b$ となる。
&&&

&&&thm [th6]
$n\mid ab\Longleftrightarrow n/\gcd(a, n)\mid b$.
&&&

&&&prf
[定理4](#th4) より $\gcd(a/\gcd(a, n), n/\gcd(a, n))=1$ なので
[初等整数論の基本定理](#th5) より $n/\gcd(a, n)\mid ab/\gcd(a, n)\Longleftrightarrow n/\gcd(a, n)\mid b$.
[定理2 (3)](#th2) より $n\mid ab\Longleftrightarrow n/\gcd(a, n)\mid b$.
&&&


## 参考文献
[初等整数論の基本定理](#th5)に関する議論は Trygve Nagell, *Introduction to Number Theory*, John Wiler & Sons, Inc. New York, 1951, Section 1.4, p.p.14--15 を参考とした。


倍数と約数

## 公倍数と公約数に関するその他の事実
以下の命題は、[初等整数論の基本定理](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th5) から導かれる素因数分解の一意性からすぐにわかるが、
素因数分解を用いなくても、[前ページの定理5](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th5)および[定理6](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th6)から直接導くことができる。

&&&prop [prop1]
$\LCM[a, b]\gcd(a, b)=ab$.
&&&

&&&prf
$\LCM[a, b]=ak$ とおくと
[定理6](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th6)より
$b\mid ak\Longleftrightarrow b/\gcd(a, b)\mid k$ であるから $k=b/\gcd(a, b)$ つまり $\LCM[a, b]=ab/\gcd(a, b)$.
&&&

&&&prop [prop2]
$a, b$ が $n$ を割り切るとき $\LCM[a, b]$ も $n$ を割り切る。
&&&

&&&prf
$n=ak$ とおくと、$b\mid n=ak$ なので[定理6](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th6)より $b/\gcd(a, b)\mid k$ つまり
$$\LCM[a, b]=\frac{ab}{\gcd(a, b)}\mid (ak)=n$$
となる。
&&&

&&&prop [prop3]
$a, b$ の公約数は $\gcd(a, b)$ を割り切る。
&&&

&&&prf
$d$ が $a, b$ の公約数ならば $ab/d=a(b/d)=b(a/d)$ は $a, b$ の公倍数なので
$\LCM[a, b]$ は $ab/d$ を割り切る。よって[定理2](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th2)より $\gcd(a, b)=ab/\LCM[a, b]$ は $d$ で割り切れる。
&&&

&&&prop [prop4]
$\gcd(a, N)=\gcd(b, N)=1$ ならば $\gcd(ab, N)=1$.
&&&

&&&prf
$d=\gcd(ab, N)$ とおく。$\gcd(a, N)=1$ かつ $d\mid N$ だから $\gcd(a, d)=1$ となる。
一方 $d\mid ab$ だから $d\mid b$ となる。
しかし $\gcd(b, N)=1$ かつ $d\mid N$ だから $\gcd(b, d)=1$ となる。よって $\gcd(ab, N)=d=1$ である。
&&&

&&&thm [th5]
$N, k, a, b$ が整数で $k\geq 0, N^k=ab$ かつ $\gcd(a, b)=1$ ならば $a=\pm M^k, b=\pm L^k$ となる整数 $M, L$ が存在する。
&&&

&&&prf
$d=\gcd(a, N), a=da_1, N=dN_1$ とおく。[定理4](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th4)より $\gcd(a_1, N_1)=1$ である。
$ab=N^k$ より $a_1 b=N^k/d=d^{k-1} N_1^k$ となるが $d\mid a, \gcd(a, b)=1$ だから $\gcd(d, b)=1$ である。
$b\mid d^{k-1} N_1^k$ であるから、[初等整数論の基本定理](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th5)を繰り返し用いて $b$ は $N_1^k$ を割り切ることがわかる。

一方 $\gcd(a_1, N_1)=1$ かつ $N_1^k\mid a_1 b$ より $N_1^k$ は $b$ を割り切る。よって[定理2 (9)](./zyPRWeGEIldOketulmv2#th2)より $b=\pm N_1^k$.
$N=dN_1$ より $a=N^k/(\pm N_1^k)=\pm d^k$.
&&&

## 参考文献
[定理5](#th5)の証明は W. Sierpiński, *Elementary Theory of Numbers*, North-Holland, 2nd. Ed. edited by A. Schinzel, 1988, Section 1.6, p. 13 を参考とした。

倍数と約数（公倍数と公約数に関するその他の事実）

## Euclidの互除法

与えられた$2$つの数の最大公約数を実際に求めるには、Euclidの互除法という高速な計算方法がある。[前ページの命題1](/初等整数論/整除性/倍数と約数（公倍数と公約数に関するその他の事実）#prop1)より与えられた$2$つの数の最小公倍数は最大公約数を用いてあらわすことができるから、与えられた$2$つの数の最小公倍数を求める実用的な計算方法も得られたことになる。

&&&thm Euclidの互除法 [th1]
与えられた2つの整数 $a\geq b>0$ について $a_0=a, a_1=b$ とし
$$\begin{split}
a_0= & q_1 a_1+a_2 (0\leq a_2<a_1), \\
a_1= & q_2 a_2+a_3 (0\leq a_3<a_2), \\
\ldots \\
a_{k-1}= & q_k a_k+a_{k+1} (0\leq a_{k+1}<a_k), \\
\ldots
\end{split}$$
となる整数 $q_1, a_2, q_2, a_3, \ldots$ を $a_{s+1}=0$ となるまで繰り返しとっていくと、$a_{s-1}=q_s a_s$, $a_{s+1}=0$ となる $s$ が必ず存在する、さらにその場合 $a_s=\gcd(a, b)$ となる。
&&&

&&&prf
$a_{n+1}=0$ となる $n$ が存在しないと仮定すると
$$b=a_1>a_2>\cdots \geq 0$$
より、$0\leq a_{b+2}\leq b+1-(b+2)<0$ となり、矛盾するから、$a_{n+1}=0$ となる $n$ は必ず存在する。

そこでそのような最小の $n$ を $s$ とおくと $a_{s-1}=q_s a_s$ より $a_s\mid a_{s-1}$ となる。
$1\leq k\leq s$ かつ $a_s\mid a_k, a_{k+1}, \ldots, a_s$ とすると $a_{k-1}=q_k a_k+a_{k+1}$ も $a_s$ の倍数だから数学的帰納法より $a=a_0, b=a_1, \ldots, a_s$ はすべて $a_s$ の倍数となる。とくに $a_s$ は $a, b$ の公約数である。

一方、$a_0=a, a_1=b$ は $\gcd(a_0, a_1)=\gcd(a, b)$ で割り切れる。
$a_0, a_1, \ldots, a_k$ が $\gcd(a, b)$ で割り切れるとき
$a_{k+1}=a_{k-1}-q_k a_k$ も $\gcd(a, b)$ で割り切れる。
よって 数学的帰納法より $a=a_0, b=a_1, \ldots, a_s$ はすべて $\gcd(a, b)$ の倍数となる。とくに $a_s$ は $\gcd(a, b)$ の倍数である。

以上のことより $a_s=\gcd(a, b)$ となる。
&&&


## Bezoutの補題


Euclidの互除法にあらわれる各 $a_i (0\leq i\leq s)$ は $m_i a+n_i b (m_i, n_i\in\Z)$ の形にあらわすことができる。さらに $m_k, n_k$ は $q_1, q_2, \ldots, q_{k-1}$ から計算できる。実際 $a_0=a, a_1=b$ で、かつ $a_0, a_1, \ldots, a_k$ が $m_i a+n_i b (m_i, n_i\in\Z)$ の形にあらわすことができたとき
$$a_{k+1}=a_{k-1}-q_k a_k=(m_{k-1} a+n_{k-1} b)-q_k(m_k a+n_k b)=(m_{k-1}-q_k m_k) a+(n_{k-1}-q_k n_k)b$$
となる。とくに $\gcd(a, b)=ma+nb$ となる整数 $m, n$ がとれる。

より一般に、次のBezoutの補題（代数曲線の交点に関するBezoutの定理とは別の定理である）が成り立つ。

&&&thm Bezoutの補題 [th2]
$a_1, a_2, \ldots, a_k$ を任意の $k$ 個の整数 とする。このとき
$$a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots +a_k x_k=n$$
となる整数 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ が存在する $\Longleftrightarrow \gcd(a_1, a_2, \ldots, a_k)\mid n$.
&&&

&&&prf
$d=\gcd(a_1, a_2, \ldots, a_k), a_i=d b_i$ とおく。
$$a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots +a_k x_k=n$$
となる整数 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ が存在するとき、
$$n=d(b_1 x_1+b_2 x_2+\cdots +b_k x_k)$$
より $n$ は $d=\gcd(a_1, a_2, \ldots, a_k)$ の倍数である。

$$a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots +a_k x_k=m, a_1 y_1+a_2 y_2+\cdots +a_k y_k=n$$
となる整数 $x_1, x_2, \ldots, x_k, y_1, y_2, \ldots, y_k$ が存在するとき、任意の整数 $s, t$ について
$$a_1 (sx_1+ty_1)+a_2 (sx_2+ty_2)+\cdots +a_k (sx_k+ty_k)=sm+tn$$
となるから、
$$a_1 z_1+a_2 z_2+\cdots a_k z_k=sm+tn$$
となる $z_1, z_2, \ldots, z_k$ がとれる。よって[倍数と約数:定理4](/初等整数論/整除性/倍数と約数#th4)より
$$a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots +a_k x_k=n$$
となる整数 $x_1, x_2, \ldots, x_k$ が存在するような最小の正の $n$ を $n_0$ とおくと
$$\exists x_1, x_2, \ldots, x_k \in \Z [a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots +a_k x_k=n]\Longleftrightarrow n_0 \mid n$$
となる。
$x_i=1, x_j=0 (j\neq i)$ のとき $a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots +a_k x_k=a_i$ となるから、$n_0$ は $a_1, a_2, \ldots, a_k$ の公約数である。しかし先に示したことから
$n_0$ は $\gcd(a_1, a_2, \ldots, a_k)$ の倍数なので $n_0=\gcd(a_1, a_2, \ldots, a_k)$.
&&&

なお、Bezoutの補題から[倍数と約数:定理6](/初等整数論/整除性/倍数と約数#th6)を示すこともできる。
実際 $d=\gcd(a, n)$ とおくと $sa+tn=d$ となる整数 $s, t$ がとれる。$n\mid ab$ のとき $ab=kn$ とおくと
$$kd=k(sa+tn)=ska+tkn=ska+tab=a(sk+tb)$$
より $k$ は $a/d=a/\gcd(a, n)$ の倍数であるから[倍数と約数:定理2](/初等整数論/整除性/倍数と約数#th2)より $b=kn/a$ は $(na/d)/a=n/d$ の倍数である（逆に $b$ が $n/d$ の倍数ならば $ab=(a/d)n$ は $n$ の倍数である）。

## 参考文献
[Bezoutの補題](#th2)に関する議論は Trygve Nagell, *Introduction to Number Theory*, John Wiler & Sons, Inc. New York, 1951, Section 1.4, p.p.14--15 を参考とした。

Euclidの互除法とBezoutの補題

素数の概念は整数論において最も基本的なもののひとつである。素数が重要なのは、あらゆる正の整数が素数の積として一意的にあらわすことができ、整数の乗法的な構造が素数によって説明されるからである。
しかし素数そのものは単純な規則性を持たないように振る舞う。それゆえ素数についての命題は古くからの未解決問題として知られるものが多い。

本ページおよび続くページにおいては素数の定義と基本的な性質を紹介することにする。詳しい性質を議論するには、別の準備が必要なので、後の節および章を参照されたい。

# 定義と自明な事実

&&&def 素数と合成数
自然数 $p$ が**素数** (*prime number*) であるとは、$p>1$ であって、かつ $p$ の[約数](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#def21)が $1$ または $p$ であることをいう。$n>1$ であって、素数でない整数 $n$、すなわち $2\leq d\leq n-1$ となる $n$ の約数 $d$ が存在する整数 $n$ を**合成数** (*composite*)という。
&&&

つぎの事実がすぐにわかる。

&&&thm [th1]
(1) $p$ が素数で $a$ を割り切らないとき $\gcd(a, p)=1$ である。
(2) $p, q\geq 0$ が素数で $q\mid p$ ならば $p=q$ である。
&&&

&&&prf
(1) $\gcd(a, p)$ は $p$ の正の約数なので $1$ または $p$ であるが、 $p$ は $a$ の約数ではないので $\gcd(a, p)\neq p$ である。
よって $\gcd(a, p)=1$ でなければならない。
(2) $p$ が素数で $q\geq 0$ は $p$ の約数なので $q=1$ または $q=p$ だが $q$ も素数だから $q=p$ である。
&&&

# 素因数

&&&def 素因数
$n$ の約数で、素数であるものを $n$ の**素因数** (*prime factor*)という。
&&&

つぎのことがすぐにわかる。

&&&thm [th2]
すべての $2$ 以上の整数は素因数をもつ。
&&&

&&&prf
$N=2$ は素因数 $2$ をもつ。

$2\leq m\leq N-1$ となる整数 $m$ がすべて素因数をもつとする。
$N$ が素数ならば $N$ 自身が $N$ の素因数である。$N$ が合成数ならば $N$ は $2\leq d\leq N-1$ となる約数 $d$ をもつ。
[倍数と約数: 定理2 (4)](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#th2)より $d$ の素因数は $N$ の素因数でもあるから、いずれの場合も $N$ は素因数をもつ。

よって数学的帰納法より、すべての $2$ 以上の整数は素因数をもつ。
&&&


# 素数の無限性
&&&thm [th3]
素数は無限に多く存在する。すなわち、任意の実数 $X$ に対して、$X$ より大きな素数が存在する。
&&&

&&&prf その1
$X$ 以下の素数すべての積を $P$ とする。
[定理2](#th2) より $P+1$ は素因数 $p$ をもつ。 $p\leq X$ ならば $p$ は $P$ を割り切るが、このとき $p$ は $1=(P+1)-P$ も割り切ることになり、矛盾する。
よって $p>X$ となる。
&&&

なお、上記の数 $P+1$ 自体が素数であるとは限らない。
$$\begin{split}
& 2+1=3, \\
& 2\times 3+1=7, \\
& 2\times 3\times 5+1=31, \\
& 2\times 3\times 5\times 7+1=211, \\
& 2\times 3\times 5\times 7\times 11+1=2311, \\
& 2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13+1=30031, \ldots
\end{split}$$
のうち、最初の$5$つは素数だが、$30031=59\times 509$ は合成数である。

素数が無限に多く存在する証明は、このほかにも様々なものがある。

&&&prf その2
$F_n=2^{2^n}+1 (n=0, 1, 2, \cdots)$ とおく。
各 $F_n$ は奇数である。また $m<n$ で $d>0$ が $F_m, F_n$ をともに割り切るならば
$$F_n-2=2^{2^n}-1=(2^{2^m}-1)(2^{2^m}+1)(2^{2^{m+1}}+1)\cdots (2^{2^{n-1}}+1)=(2^{2^m}-1)F_m F_{m+1} \cdots F_{n-1}$$
より $d$ は $2$ を割り切る。よって $d=1$ または $2$ だが $F_n$ は奇数なので $d=1$ である。
[定理2](#th2) より各 $F_n$ の素因数 $p_n$ をひとつずつとることができるが、
$m\neq n$ のとき $\gcd(F_m, F_n)=1$ だから $p_m\neq p_n$ となる。よって $p_0, p_1, \ldots$ は素数の無限列となる。
&&&

ここで定義した $F_n$ を**Fermat数** (*Fermat number*)という。
$$F_0=3, F_1=5, F_2=17, F_3=257, F_4=65537$$
はいずれも素数である。
Fermatはこの形の数はそれ自体素数であると予想したが、Eulerは
$$F_5=2^{2^5}+1=2^{32}+1=4294967297=641\times 6700417$$
が合成数であることを示した。その後も多くのFermat数が合成数であることが確かめられたが、素数であるFermat数は新たに知られておらず、$F_5$ から先のFermat数はすべて合成数と予想されている。

このようにして、素数にはいくらでも大きなものがあることがわかるが、やはり、巨大な素数に関する具体的な情報が得られるわけではない。巨大な素数を発見することは数論のひとつの課題である。2018年に[Great Internet Mersenne Prime Search により発見された](https://www.mersenne.org/primes/?press=M82589933) $2^{82589933}-1$ が現在知られている最大の素数である。

素数

# Fermatの小定理

Fermatの小定理は、合同式と素数との関係において、とくに重要な定理であり、さまざまな素数判定法の基礎になっている。ここではFermatの小定理の一般化であるEulerの定理とあわせて解説する。

&&&thm Fermatの小定理 [th1]
$p$ が素数で $a$ が $p$ で割り切れない整数のとき
$$a^{p-1}\equiv 1\Mod{p}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/合同式/合同式の導入#th5)の証明2のように $am$ を $p$ で割った余りを $s_m (i=0, 1, \ldots, p-1)$ とすると $s_0, s_1, \ldots, s_{p-1}$ は $0, 1, \ldots, p-1$ をすべてとらなければならず、かつ $i\neq j$ のとき $s_i\neq s_j$ である。
$s_0=0$ であるから、$s_1, s_2, \ldots, s_{p-1}$ は $1, \ldots, p-1$ のそれぞれの値を$1$回ずつとる。よって
$$a^{p-1} (p-1)!\equiv \prod_{m=1}^{p-1} (am)\equiv \prod_{m=1}^{p-1} s_m\equiv (p-1)!\Mod{p}$$
が成り立つ。
$1, 2, \ldots, p-1$ は $p$ で割り切れないから $(p-1)!$ も $p$ で割り切れない。よって[前ページの定理4](/textbooks/初等整数論/合同式/合同式の導入#th4)より
$$a^{p-1}\equiv 1\Mod{p}$$
が成り立つ。
&&&

とくに、$p$ が奇素数ならば、つねに
$$2^{p-1}\equiv 1\Mod{p}$$
が成り立つ。

しかし、
$$2^{340}\equiv (2^{10})^{34}\equiv 1\Mod{341}$$
のように、$2^{N-1}\equiv 1\Mod{N}$ となるからといって、$N$ が素数であるとは限らない。
したがって、Fermatの小定理はそのままでは、与えられた整数が素数かどうかを確かめることには使用できない。

# Eulerの定理
$\varphi(N)$ を $N$ より小さい正の整数 $1, 2, \ldots N-1$ のうち、$N$ と互に素であるものの個数とする。
このとき、次の事実が成り立つ。

&&&thm Eulerの定理 [th2]
$a$ が $N$ と互に素な整数ならば $a^{\varphi(N)}\equiv 1\Mod{p}$.
&&&

&&&prf
$1, 2, \ldots , N-1$ のなかで $N$ と互に素な整数全体を $s_1, s_2, \ldots, s_{\varphi(N)}$ とし、$as_i$ を $N$ で割った余りを $t_i$ とおく。

[倍数と約数: 命題4](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop4)より各 $t_i$ も $N$ と互に素である。また、[前ページの定理4](/textbooks/初等整数論/合同式/合同式の導入#th4)より各 $t_i$ は相異なる値をとらなければならない。
よって $t_1, t_2, \ldots, t_{\varphi(N)}$ は $1, 2, \ldots , N-1$ のなかで $N$ と互に素な整数を$1$回ずつとるから
$$\prod_i t_i=\prod_i s_i$$
となるので
$$a^{\varphi(N)}\prod_i s_i=\prod_i (as_i)\equiv \prod_i t_i=\prod_i s_i\Mod{N}$$
が成り立つ。

$s_i$ はいずれも $N$ と互に素だから再び[倍数と約数: 命題4](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop4)より $\prod_i s_i$ も $N$ と互に素なので
$$a^{\varphi(N)}\equiv 1\Mod{N}$$
が成り立つことがわかる。
&&&

$p$ が素数のとき $\varphi(p)=p-1$ だから、この定理はFermatの小定理の拡張となっている。

$\varphi(N)$ を **Euler関数**、**Eulerの$\varphi$関数**、**Eulerのtotient**などと呼ぶ。一般の整数に対するEuler関数の値は後に[中国式剰余定理](/textbooks/初等整数論/合同式/中国式剰余定理#th1)を用いて求める。一方で $\varphi(N)=N-1 \Longleftrightarrow$ $N$ が素数であることはすぐにわかる。実際 $N$ が素数でなければ $2, \ldots, N-1$ のなかに $N$ の約数 $d$ が存在し、$\gcd(d, N)=d>1$ となるから $\varphi(N)<N-1$ となる。

この議論はそのままでは、与えられた数が素数かどうかの判定に利用するのは実用的ではない。しかし、合同式に関するより深い考察から、合同式を用いて与えられた数が素数かどうかをより速く判定する方法が知られている。詳しくは後の章の[合同式に基づく古典的な素数判定法](/textbooks/gDWQ3LLZ9Owb8113FxQU/y3HrepGJCSrQnLmj0F9c)の節を参照。

Fermatの小定理とEulerの定理

[[体]] $\K$ 上、与えられた $s_1, s_2, \ldots(), s_r\in \K$ に対して、**漸化式** (*recursive formula*)
$$u_{n+r}=s_1 u_{n+r-1}+s_2 u_{n+r-2}+\cdots +s_r u_0\ (n=0, 1, \ldots)\tag{1}\label{eq11}$$
が成り立っている数列 $(u_n)_{n=0, 1, \ldots}$ を$r$階の**線形回帰数列** (*linear recurrence sequence*) という。
$$a_i=-s_{r-i}\ (i=0, 1, \ldots, r-1)$$
とおくと、\eqref{eq11} は
$$u_{n+r}+a_{r-1}u_{n+r-1}+a_{r-2}u_{n+r-2}+\cdots +a_0 u_n=0$$
と書き直すことができる。
これに対応する多項式
$$P(X)=X^r+a_{r-1}X^{r-1}+\cdots a_0$$
を $(u_n)_{n=0, 1, \ldots}$ の**特性多項式** (*characteristic polynomial*) という。


# 一般項

線形回帰数列の一般項が特性多項式の根を用いてあらわされることを示す。まず、次の特殊な数列が線形回帰数列となっていることを確かめる。

&&&thm [thm11]
$$P(X)=(X-\alpha_1)^{e_1}(X-\alpha_2)^{e_2}\cdots (X-\alpha_h)^{e_h}$$
と因数分解されるとする。このとき、$0\leq k\leq e_i-1$ ならば
$$u_n=n^k \alpha_i^n$$
は\eqref{eq11}を満足する数列である。
&&&

&&&prf
$$\sum_{t=0}^r a_t u_{n+t}=\sum_{t=0}^r a_t (n+t)^k \alpha_i^t=\sum_{j=0}^k n^j \binom{k}{j} \left(\sum_{t=0}^r a_t t^{k-j} \alpha_i^t\right)$$
となる。
各 $k-j$ について、
$$X^{k-j}=\sum_{m=0}^{k-j} b_{k-j, m} X(X-1)\cdots (X-m+1)$$
とおくと、
$$\begin{split}
\sum_{t=0}^r a_t t^{k-j} X^t= & \sum_{t=0}^r \sum_{m=0}^{k-j} a_t b_{k-j, m}t(t-1)\cdots(t-m+1) X^t \\
= & \sum_{m=0}^{k-j} b_{k-j, m}X^m\sum_{t=m}^r a_t t(t-1)\cdots(t-m+1) X^{t-m} \\
= & \sum_{m=0}^{k-j} b_{k-j, m}X^mP^{(m)}(X).
\end{split}$$

となるので、
$$\sum_{t=0}^r a_t (n+t)^k \alpha_i^t=\sum_{j=0}^k n^j \binom{k}{j} \left(\sum_{m=0}^{k-j} b_{k-j, m} P^{(m)}(\alpha_i) \alpha_i^m\right)$$
となる。しかし $0\leq m\leq k-j\leq e_i-1$ より $P^{(m)}(\alpha_i)=0$ であるから
$$\sum_{t=0}^r a_t u_{n+t}=\sum_{t=0}^r a_t (n+t)^k \alpha_i^t=0$$
となる。
&&&

&&&thm [thm12]
$k=1, 2, \ldots, m$ について数列 $(v_n^{(k)})_{n=0, 1, \ldots}$ が\eqref{eq11}を満足しているとする。このとき
$$w_n=\sum_{k=1}^m b_k v_n^{(k)}$$
で定義される数列 $(w_n)_{n=0, 1, \ldots}$ も\eqref{eq11}を満足する。
&&&


&&&prf
$$\begin{split}
w_{n+r}=\sum_{k=1}^m b_k v_n^{(k)}= & \sum_{k=1}^m b_k\left(\sum_{i=1}^r s_i v_{n+r-i}^{(k)}\right) \\
= & \sum_{i=1}^r s_i \left(\sum_{k=1}^m b_k v_{n+r-i}^{(k)}\right) \\
= & \sum_{i=1}^r s_i w_{n+r-i}.
\end{split}$$
&&&

とくに、$1\leq i\leq h, 0\leq k\leq e_i-1$ に対して数列 $(w_n^{(i, k)})_{n=0, 1, \ldots}$ を
$$w_n^{(i, k)}=n^k \alpha_i^n$$
と定めると、[定理1](#thm11)から各 $(w_n^{(i, k)})_{n=0, 1, \ldots}$ は\eqref{eq11}を満足するから
$$u_n=\sum_{i, k} b_{i, k}w_n^{(i, k)}=\sum_{i, k} b_{i, k}n^k \alpha_i^n$$
で定義される数列 $(u_n)_{n=0, 1, \ldots}$ も\eqref{eq11}を満足する。

$\K$ 上の数列 $(u_n)_{n=0, 1, \ldots}$ 全体のなす空間 $\K^\N$ は項ごとの和とスカラー倍
$$(u_n)_{n=0, 1, \ldots}+(v_n)_{n=0, 1, \ldots}=(u_n+v_n)_{n=0, 1, \ldots}, k(u_n)_{n=0, 1, \ldots}=(ku_n)_{n=0, 1, \ldots}$$
により、$\K$ 上のベクトル空間となる。
$\mathbb{V}$ を、\eqref{eq11}を満足する数列全体のなす空間とすると、[定理2](#thm12)から $\mathbb{V}$ は $\K^\N$ の部分ベクトル空間となる。

数列 $W^{(i, k)}=(v_n^{(i, k)})_{n=0, 1, \ldots}$ を
$$w_n^{(i, k)}=n^k \alpha_i^n$$
と定め、このような数列で生成されるベクトル空間を $\mathbb{W}$ とおく。

[定理2](#thm12)より、
$$u_n=\sum_{i, k} b_{i, k}w_n^{(i, k)}=\sum_{i, k} b_{i, k}n^k \alpha_i^n$$
で与えられる数列は\eqref{eq11}を満足するが、逆に\eqref{eq11}を満足する数列はこの形で与えられる。すなわち、つぎの定理が成り立つ。
&&&thm [thm13]
$$\mathbb{V}=\mathbb{W}$$ が成り立つ。
&&&

&&&prf
\eqref{eq11}を満足する数列は $u_0, u_1, \ldots, u_{r-1}$ から一意的に定まるので、$k=0, 1, \ldots, r-1$ に対して $v_k^{(k)}=1, v_i^{(k)}=0 (0\leq i\leq r-1, i\neq k)$ および\eqref{eq11}で定まる数列を $(v_n^{(k)})_{n=0, 1, \ldots}$ とおくと $U$ は $(v_n^{(k)})_{n=0, 1, \ldots}$ $(k=0, 1, \ldots, r-1)$ により生成されるので、$\K$ 上の次元は $r$ である。

数列 $W^{(i, k)}=(v_n^{(i, k)})_{n=0, 1, \ldots}$ を
$$w_n^{(i, k)}=n^k \alpha_i^n$$
と定めると、$W^{(i, k)}$ は $\K$ 上線型独立である。よって $\mathbb{W}$ の $\K$ 上の次元は $r$ と一致する。
また、[定理1](#thm11)より $\mathbb{W}$ に属する数列は\eqref{eq11}を満足するので、$\mathbb{W}$ は $\mathbb{V}$ の部分空間である。
しかし、$\mathbb{V}$ と $\mathbb{W}$ の次元はともに $r$ であるから
$$\mathbb{V}=\mathbb{W}$$
が成り立つ。
&&&

&&&ex [ex11]
**Fibonacci数列** ([OEIS:A000045](http://oeis.org/A000045))
$$0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, \ldots$$
は漸化式
$$F_0=0, F_1=1, F_{n+2}=F_{n+1}+F_n\ (n=0, 1, \ldots)$$
により定義される。
$$\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$
を方程式
$$x^2-x-1=0$$
の解とすると、[定理3](#thm13)より
$$F_n=\kappa\alpha^n+\lambda\beta^n\ (n=0, 1, \ldots)$$
となる $\kappa, \lambda$ が存在する。$F_0=0, F_1=1$ より
$$\lambda=-\kappa, \kappa\alpha+\lambda\beta=\kappa(\alpha-\beta)=1$$
となるので $\kappa=1/(\alpha-\beta), \kappa=-1/(\alpha-\beta)$ が得られるので $(F_n)_{n=0, 1, \ldots}$ は
$$F_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}$$
とあらわされる。
&&&

&&&ex [ex12]
**Padovan数列** ([OEIS:A000931](http://oeis.org/A000931))
$$1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 5, 7, 9, 12, 16, \ldots$$
は
$$u_0=1, u_1=0, u_{n+3}=u_{n+1}+u_n\ (n=0, 1, \ldots)$$
により定まる数列である。

$$X^3-X-1=0$$
の解は $1$ の原始 $3$ 乗根 $\omega=(-1\pm\sqrt{-3})/2$ を用いて
$$x_k=\frac{\omega^k\sqrt[3]{9+\sqrt{69}}+\omega^{-k}\sqrt[3]{9-\sqrt{69}}}{\sqrt[3]{18}}\ (k=0, 1, 2)$$
であらわされ、Padovan数列 $(u_n)_{n=0, 1, \ldots}$ は
$$u_n=\frac{x_0^n}{2x_0+3}+\frac{x_1^n}{2x_1+3}+\frac{x_2^n}{2x_2+3}$$
とあらわされる。

$1, 2, \ldots, n$ を引き続く $2$ 個または $3$個の整数の組に分割する方法の総数は $u_{n+3}$ に一致する。また
Padovan数列はある種の[[多重ゼータ値]]のなす空間の $\Q$ 上の次元をあらわしていると予想されている。
すなわち、$u_{k+3}$ は重さ $k$ の許容インデックスから生成される多重ゼータ値のなす空間の $\Q$ 上の次元をあらわしていると予想されている（Zagierの次元予想）。
&&&

線形回帰数列

本ページでは、約数に関する数論的関数の基本的な性質について解説する。

# 約数関数

$$d^{(k)}(N)=\sum_{d\mid N} d^k, d(N)=d^{(0)}(N), \sigma(N)=d^{(1)}(N)$$
とおくと $d(N)$ は $N$ の約数の個数、$\sigma(N)$ は $N$ の約数の総和となる。
$d^{(k)}(N)$ を**約数関数** (*divisor function*) という。$\sigma(N)$ は**約数総和関数** (*sum-of-divisors function*)ということもある。なお $k$ は負の値や整数以外の実数、複素数の値をとってもよい。約数関数は次のようにして素因数分解から求められる。

$\sigma(N)$ について詳しいことは[約数総和関数](/textbooks/初等整数論/数論的関数/約数総和関数)のページも参照。

&&&thm [th1]
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると
$$d^{(k)}(N)=\prod_{i=1}^r d^{(k)}(p_i^{e_i})=\left\{\begin{array}{cl}\prod_{i=1}^r \frac{p_i^{k(e_i+1)}-1}{p_i^k-1} & (k\geq 1)\\
\prod_{i=1}^r (e_i+1) & (k=0)\end{array}\right.$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
[素因数分解の一意性](textbooks/初等整数論/整除性/素因数分解#th4)から
$$\begin{split}
d^{(k)}(N)= & \sum_{d\mid N} d^k \\
= & \sum_{0\leq f_i\leq e_i (1\leq i\leq k)} p_1^{kf_1} p_2^{kf_2} \cdots p_r^{kf_r} \\
= & \prod_{i=1}^r \sum_{f_i=0}^{e_i} p_i^{kf_i} \\
\end{split}$$
より
$$d^{(k)}(N)=\left\{\begin{array}{cl}\prod_{i=1}^r \frac{p_i^{k(e_i+1)}-1}{p_i^k-1} & (k\geq 1)\\
\prod_{i=1}^r (e_i+1) & (k=0)\end{array}\right.$$
が成り立つ。
&&&

&&&thm [th2]
$\gcd(m, n)=1$ ならば $d^{(k)}(mn)=d^{(k)}(m)d^{(k)}(n)$.
&&&

&&&prf
$$m=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}, n=q_1^{f_1} q_2^{f_2} \cdots q_s^{f_s} (e_1, e_2, \ldots, e_r, f_1, f_2, \ldots, f_s>0)$$
と素因数分解すると、$\gcd(m, n)=1$ ならば $p_1, p_2, \ldots, p_r, q_1, q_2, \ldots, q_s$ は相異なる素数だから
$$\begin{split}d^{(k)}(mn)= & d^{(k)}(p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}q_1^{f_1} q_2^{f_2} \cdots q_s^{f_s}) \\
= & \prod_{i=1}^r d^{(k)}(p_i^{e_i}) \prod_{j=1}^s d^{(k)}(q_j^{f_j}) \\
= & d^{(k)}(m)d^{(k)}(n).
\end{split}$$
&&&

&&&thm [th3]
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると
$$\frac{d^{(k)}(N)}{N^k}=d^{(-k)}(N)=\prod_{i=1}^r \sum_{g_i=0}^{e_i} p_i^{-kg_i}
=\left\{\begin{array}{cl}\prod_{i=1}^r \frac{1-p_i^{-k(e_i+1)}}{1-p_i^{-k}} & (k\neq 0)\\
\prod_{i=1}^r (e_i+1) & (k=0)\end{array}\right.$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
[定理1](#th1)から
$$\begin{split}
\frac{d^{(k)}(N)}{N}= & \prod_{i=1}^r \frac{\sum_{f_i=0}^{e_i} p_i^{kf_i}}{p_i^{ke_i}} \\
= & \prod_{i=1}^r \sum_{f_i=0}^{e_i} p_i^{k(f_i-e_i)} \\
= & \prod_{i=1}^r \sum_{g_i=0}^{e_i} p_i^{-kg_i} \\
= & d^{(-k)}(N)
\end{split}$$
が成り立つ。
&&&

&&&thm [th4]
$k$ が実数で $M\mid N$ かつ $M<N$ のとき
$$d^{(k)}(M)<d^{(k)}(N)$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$$M=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}, N=p_1^{f_1} p_2^{f_2} \cdots p_r^{f_r}$$
と素因数分解すると、$M\mid N$ より 各 $i$ について $0\leq e_i\leq f_i$ が成り立つ。
また $M<N$ だから $e_j<f_j$ となる $j$ が存在する。よって各 $i$ について
$$1+p_i^k+\cdots +p_i^{ke_i}\leq 1+p_i^k+\cdots +p_i^{kf_i}$$
となり、かつ
$$1+p_j^k+\cdots +p_j^{ke_j}<1+p_j^k+\cdots +p_j^{kf_j}$$
となる。よって
$$d^{(k)}(M)=\prod_{i=1}^r (1+p_i^k+\cdots +p_i^{ke_i})<\prod_{i=1}^r (1+p_i^k+\cdots +p_i^{kf_i})=d^{(k)}(N)$$
が成り立つ。
&&&

&&&thm [th5]
$k$ が $0$ 以上の整数のとき
$d^{(k)}(N)$ が奇数 $\Longleftrightarrow$ $N$ は平方数か、平方数の$2$倍。
&&&

&&&prf
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r} (e_1, \ldots, e_r>0)$$
と素因数分解する。$p_i$ が奇数のとき
$$1+p_i^k+\cdots +p_i^{ke_i}\equiv e_i+1 \Mod{2}$$
である。また $p_i=2$ が偶数ならば $1+2^k+\cdots +2^{ke_i}$ は奇数である。
よって、[定理1](#th1)より$d^{(k)}(N)$ が奇数 $\Longleftrightarrow$
$1+p_i^k+\cdots +p_i^{ke_i} (i=1, \ldots, r)$ はすべて奇数
$\Longleftrightarrow$ $p_i\neq 2$ のとき $e_i$ は偶数、となることがわかる。
これは $N=2^e M^2$ （$e$ は $0$ 以上の整数で $M$ は奇数）の形にあらわされることを意味する。
つまり $N$ は平方数か、平方数の$2$倍である。
&&&

# 参考文献
本ページについてはHardy and Wright, Chapter 16 を参照。

約数関数

以下、とくに明記しない限り、$m, n, r\in\Z$ は任意の整数とする。

# $(2.1)$
$$\begin{split}
u_{-n}= & -\frac{u_n}{Q^n}, \\
v_{-n}= & \frac{v_n}{Q^n}.
\end{split}\label{eq1}\tag{2.1}$$

&&&prf
$$\begin{split}
u_{-n}= & \frac{\alpha^{-n}-\beta^{-n}}{\alpha-\beta}=\frac{\beta^n-\alpha^n}{(\alpha^n\beta^n)(\alpha-\beta)} \\
= & -\frac{u_n}{Q^n},
\end{split}$$
$$\begin{split}
v_{-n}= & \alpha^{-n}+\beta^{-n}=\frac{\beta^n+\alpha^n}{\alpha^n\beta^n} \\
= & \frac{v_n}{Q^n}
\end{split}$$
となる。
&&&

# $(2.2)$
$P, Q$ が実数で $P>0, D=P^2-4Q>0$ のとき、
$$\begin{split}
\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{u_n}{\alpha^n}= & \frac{1}{\alpha-\beta}, \\
\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{v_n}{\alpha^n}= & 1 \\
\end{split}$$

&&&prf
$P, D>0$ より
$$\abs{\alpha}=\frac{P+\sqrt{D}}{2}>\frac{\abs{P-\sqrt{D}}}{2}=\abs{\beta}$$
となるので、$n\rightarrow +\infty$ のとき $(\beta/\alpha)^n\rightarrow 0$ となるから
$$\frac{\alpha^n\pm\beta^n}{\alpha^n}=1\pm\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n\rightarrow 1$$
なので、$(2.2)$ が成り立つ。
&&&

# $(2.3)$
$$\begin{split}
\frac{v_n+u_n\sqrt{D}}{2}= & \left(\frac{v_1+u_1\sqrt{D}}{2}\right)^n, \\
\frac{v_n-u_n\sqrt{D}}{2}= & \left(\frac{v_1-u_1\sqrt{D}}{2}\right)^n.
\end{split}\label{eq3}\tag{2.3}$$

とくに $D$ が平方数ではないとき、
$$\alpha^n=\frac{x+y\sqrt{D}}{2} \Longleftrightarrow (x, y)=(u_n, v_n)$$
が成り立つ。

&&&prf
まず、
$$\begin{split}
\alpha= & \frac{P+\sqrt{D}}{2}=\frac{v_1+u_1\sqrt{D}}{2}, \\
\beta= & \frac{P-\sqrt{D}}{2}=\frac{v_1-u_1\sqrt{D}}{2}
\end{split}$$
は明らか。よって $u_n, v_n$ の定義より
$$\begin{split}
\frac{v_n+u_n\sqrt{D}}{2}= & \alpha^n=\left(\frac{v_1+u_1\sqrt{D}}{2}\right)^n, \\
\frac{v_n-u_n\sqrt{D}}{2}= & \beta^n=\left(\frac{v_1-u_1\sqrt{D}}{2}\right)^n
\end{split}$$
となる。
&&&

# $(2.4)$
$$v_n^2-Du_n^2=4Q^n. \label{eq4}\tag{2.4}$$

&&&prf
$(2.3)$ より
$$\begin{split}
\frac{v_n^2-Du_n^2}{4}
= & \left(\frac{v_n+u_n\sqrt{D}}{2}\right)\left(\frac{v_n-u_n\sqrt{D}}{2}\right)=\left(\frac{v_1+u_1\sqrt{D}}{2}\right)^n\left(\frac{v_1-u_1\sqrt{D}}{2}\right)^n \\
= & \left(\frac{v_1^2-Du_1^2}{4}\right)^n=\left(\frac{P^2-D}{4}\right)^n=Q^n.
\end{split}$$
&&&

# $(2.5)$
$$\begin{split}
u_{m+n}= & \frac{u_m v_n+u_n v_m}{2}, \\
v_{m+n}= & \frac{v_m v_n+Du_m u_n}{2}.
\end{split}\label{eq5} \tag{2.5}$$

とくに
$$u_{2n}=u_n v_n, v_{2n}=v_n^2-2Q^n\label{eq5a}\tag{2.5a}.$$

&&&prf
$$\begin{split}
\frac{v_{m+n}+u_{m+n}\sqrt{D}}{2}= & \frac{v_m+u_m\sqrt{D}}{2}\times \frac{v_n+u_n\sqrt{D}}{2} \\
= & \frac{v_m v_n+Du_m u_n+(u_m v_n+u_n v_m)\sqrt{D}}{4}.
\end{split}$$
&&&

さらに
$$\begin{split}
u_{3n}= & u_n(v_n^2-Q^n)=u_n(Du_n^2+3Q^n),\\
v_{3n}= & v_n(v_n^2-3Q^n).
\end{split}\label{eq5b}\tag{2.5b}$$
&&&prf
$$2v_{3n}=v_n v_{2n}+Du_n u_{2n}=v_n(v_n^2-2Q^n)+Du_n^2 v_n=v_n(v_n^2+Du_n^2-2Q^n)$$
となるが $(2.4)$ より
$$v_n^2+Du_n^2=2v_n^2-(v_n^2-Du_n^2)=2v_n^2-4Q^n$$
となるので
$$v_{3n}=v_n(v_n^2-2Q^n-Q^n)=v_n(v_n^2-3Q^n).$$

また、
$$2u_{3n}=u_n v_{2n}+u_{2n}v_n=u_n(v_n^2-2Q^n)+u_n v_n^2=2u_n(v_n^2-Q^n)$$
より
$$u_{3n}=u_n(v_n^2-Q^n)$$
となる。さらに $(2.4)$ より
$$u_{3n}=u_n(Du_n^2+3Q^n)$$
となる。

$$\begin{split}
U_{3n}= & \frac{\alpha^{3n}-\beta^{3n}}{\alpha-\beta} \\
= & \frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}\cdot (\alpha^{2n}+\alpha^n\beta^n+\beta^{2n}) \\
= & u_n((\alpha^n+\beta^n)^2-(\alpha\beta)^n)=u_n(v_n^2-Q^n)\\
= & u_n((\alpha^n-\beta^n)^2+3(\alpha\beta)^n)=u_n(Du_n^2+3Q^n)
\end{split}$$
および
$$\begin{split}
v_{3n}= & \alpha^{3n}+\beta^{3n} \\
= & (\alpha^n+\beta^n)^3-3(\alpha\beta)^n(\alpha^n+\beta^n) \\
= & v_n(v_n^2-3Q^n).
\end{split}$$
により確かめることもできる。
&&&

また、$u_{-n}=-u_n/Q^n, v_{-n}=v_n/Q^n$ だから
$$\begin{split}
u_{m-n}= & \frac{u_m v_n-u_n v_m}{2Q^n}, \\
v_{m-n}= & \frac{v_m v_n-Du_m u_n}{2Q^n}.
\end{split} \label{eq5c}\tag{2.5c}$$

# $(2.6)$
$$\begin{split}
u_{rn}= & \frac{(u_r+v_r\sqrt{D})^n-(u_r-v_r\sqrt{D})^n}{2\sqrt{D}}, \\
v_{rn}= & (u_r+v_r\sqrt{D})^n+(u_r-v_r\sqrt{D})^n.
\end{split} \label{eq6a}\tag{2.6a}$$
&&&prf
$$\alpha_r=(u_1+v_1\sqrt{D})^r=(u_r+v_r\sqrt{D}), \beta_r=(u_1-v_1\sqrt{D})^r=(u_r-v_r\sqrt{D})$$
より明らか。
&&&

また、
$$\begin{split}
\frac{u_{rn}(P, Q)}{u_r(P, Q)}= & u_n(v_r, Q^r), \\
v_{rn}(P, Q)= & v_n(v_r, Q^r).
\end{split} \label{eq6b} \tag{2.6b}$$
とくに、$P, Q$ が整数のとき $u_{rn}$ は $u_r$ で割り切れる。

&&&prf
$\alpha^r, \beta^r$ は
$$X^2-v_r X+Q^r=X^2-(\alpha^r+\beta^r)X+(\alpha^r \beta^r)=(X-\alpha^r)(X-\beta^r)=0$$
の解だから、
$$\frac{u_{rn}(P, Q)}{u_r(P, Q)}=\frac{\alpha^{rn}-\beta^{rn}}{\alpha^r-\beta^r}=u_n(v_r, Q^r)$$
かつ
$$v_{rn}(P, Q)=\alpha^{rn}+\beta^{rn}=v_n(v_r, Q^r)$$
が成り立つ。
&&&

# $(2.7)$
$$\begin{split}
u_{n+2r}= & v_r u_{n+r}-Q^r u_n, \\
v_{n+2r}= & v_r v_{n+r}-Q^r v_n=Du_r u_{n+r}+Q^r v_n.
\end{split} \label{eq7}\tag{2.7}$$
&&&prf
$X=\alpha, \beta$ は
$$X^{2r}-v_r X^r+Q_r=X^{2r}-(\alpha^r+\beta^r)X+\alpha^r\beta^r=(X^r-\alpha^r)(X^r-\beta^r)=0$$
の解だから
$$X^{n+2r}=v_r X^{n+r}-Q^r X^n$$
となる。よって、一般的に前ページの漸化式 $(1.3)$ が成り立つ数列に対して
$$\begin{split}
u_{n+2r}= & v_r u_{n+r}-Q^r u_n, \\
v_{n+2r}= & v_r v_{n+r}-Q^r v_n
\end{split}$$
が成り立つ。最後に \eqref{eq5c} より
$$v_r v_{n+r}-Du_r u_{n+r}=2Q^n v_n$$
なので、
$$v_{n+2r}=v_r v_{n+r}-Q^r v_n=Du_r u_{n+r}+Q^r v_n$$
も成り立つ。
&&&

より一般的な、添字の $k$倍公式を示すために、次の等式を用いる。

# $(2.8)$
$m$ が偶数のとき
$$\begin{split}
(X+Y)^m= & \sum_{r=0}^m \binom{m}{r}X^r Y^{m-r} \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(X^r Y^{m-r}+X^{m-r}Y^r) + \binom{m}{m/2}(XY)^{m/2} \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(XY)^r(X^{m-2r}+Y^{m-2r}) + \binom{m}{m/2}(XY)^{m/2},
\end{split}\label{eq8a}\tag{2.8a}$$
$m$ が奇数のとき
$$\begin{split}
(X+Y)^m= & \sum_{r=0}^m \binom{m}{r}X^r Y^{m-r} \\
= & \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}(X^r Y^{m-r}+X^{m-r}Y^r) \\
= & \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}(XY)^r(X^{m-2r}+Y^{m-2r}).
\end{split}\label{eq8b}\tag{2.8b}$$


# $(2.9)$
$m$ が奇数で $k$ が正の整数のとき
$$\begin{split}
D^{(m-1)/2}u_k^m= & \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r} (-1)^r Q^{kr} u_{k(m-2r)} \\
= & u_{km}-\binom{m}{1}Q^k u_{k(m-2)}+\binom{m}{2}Q^{2k} u_{k(m-4)}-\cdots +(-1)^{(m-1)/2} \binom{m}{(m-1)/2}Q^{k(m-1)/2}u_k
\end{split}$$
かつ
$$\begin{split}
v_k^m= & \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r} Q^{kr} v_{k(m-2r)} \\
= & v_{km}+\binom{m}{1}Q^k v_{k(m-2)}+\cdots +\binom{m}{(m-1)/2}Q^{k(m-1)/2}v_k.
\end{split}$$

&&&prf
$D=(\alpha-\beta)^2$ より
$$D^{(m-1)/2}u_k^m=\frac{(\alpha^k-\beta^k)^m}{\alpha-\beta}$$
となるので、 $(2.8)$ を用いて
$$\begin{split}
\frac{(\alpha^k-\beta^k)^m}{\alpha-\beta}=& \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}(-\alpha^k \beta^k)^r\times\frac{\alpha^{k(m-2r)}-\beta^{k(m-2r)}}{\alpha-\beta} \\
=& \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r} (-1)^r Q^{kr} u_{k(m-2r)}.
\end{split}$$
が成り立つ。同様に、$(2.8)$ より
$$\begin{split}
v_k^m=& (\alpha^k+\beta^k)^m \\
=& \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}(\alpha\beta)^{kr}(\alpha^{k(m-2r)}+\beta^{k(m-2r)}) \\
=& \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r} Q^{kr} v_{k(m-2r)}.
\end{split}$$
が成り立つ。
&&&

# $(2.10)$
$m$ が偶数で $k$ が正の整数のとき
$$\begin{split}
D^{m/2}u_k^m
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(-1)^r Q^{kr} v_{k(m-2r)} + (-1)^{m/2} \binom{m}{m/2}Q^{km/2} \\
= & V_{km}-\binom{m}{1}Q^k v_{k(m-2)}+\binom{m}{2}Q^{2k} v_{k(m-4)}-\cdots
+(-1)^{(m/2)-1} \binom{m}{m/2-1}Q^{\left(\frac{m}{2}-1\right)k} v_{2k}
+(-1)^{m/2} \binom{m}{m/2}Q^{km/2},
\end{split}$$
および
$$\begin{split}
v_k^m= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}Q^{kr} v_{k(m-2r)} + \binom{m}{m/2}Q^{km/2} \\
= & v_{km}+\binom{m}{1}Q^k v_{k(m-2)}+\binom{m}{2}Q^{2k} v_{k(m-4)}+\cdots
+\binom{m}{m/2-1}Q^{\left(\frac{m}{2}-1\right)k} v_{2k}
+\binom{m}{m/2}Q^{km/2}.
\end{split}$$
が成り立つ。

&&&prf
$(2.8)$ より
$$\begin{split}
D^{m/2}u_k^m= & (\alpha^k-\beta^k)^m \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(-\alpha^k \beta^k)^r(\alpha^{k(m-2r)}+\beta^{k(m-2r)}) + \binom{m}{m/2}(-\alpha^k \beta^k)^{m/2} \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(-1)^r Q^{kr} v_{k(m-2r)} + (-1)^{m/2}\binom{m}{m/2}Q^{km/2}
\end{split}$$
および
$$\begin{split}
v_k^m= & (\alpha^k+\beta^k)^m \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(\alpha^k \beta^k)^r(\alpha^{k(m-2r)}+\beta^{k(m-2r)}) + \binom{m}{m/2}(\alpha^k \beta^k)^{m/2} \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}Q^{kr} v_{k(m-2r)} + \binom{m}{m/2}Q^{km/2}
\end{split}$$
となって、$(2.10)$ が成り立つ。
&&&

# $(2.11)$
$k$ が偶数のとき
$$\frac{u_{km}}{u_m}=\sum_{r=0}^{(k/2)-1}Q^{mr} v_{m(k-1-2r)}=v_{m(k-1)}+Q^m v_{m(k-3)}+\cdots +Q^{m\left(\frac{m}{2}-1\right)}v_m,$$
$k$ が奇数のとき
$$\begin{split}
\frac{u_{km}}{u_m}= & Q^{m(k-1)/2}+\sum_{r=0}^{(k-3)/2}Q^{mr} v_{m(k-1-2r)} \\
= & v_{m(k-1)}+Q^m v_{m(k-3)}+\cdots +Q^{m(k-1)/2}
\end{split}$$
および
$$\frac{v_{km}}{v_m}=(-1)^{(k-1)/2} Q^{m(k-1)/2}+\sum_{r=0}^{(k-3)/2}(-1)^r Q^{mr} v_{m(k-1-2r)}$$
が成り立つ。
&&&prf
$k$ が偶数のとき
$$\begin{split}
\frac{u_{km}}{u_m}= & \frac{\alpha^{km}-\beta^{km}}{\alpha^m-\beta^m} \\
= & \sum_{r=0}^{k-1}\alpha^{m(k-1-r)}\beta^{mr} \\
= & \sum_{r=0}^{(k/2)-1}Q^{mr} v_{m(k-1-2r)},
\end{split}$$
また $k$ が奇数のとき
$$\begin{split}
\frac{u_{km}}{u_m}= & \frac{\alpha^{km}-\beta^{km}}{\alpha^m-\beta^m} \\
= & \sum_{r=0}^{k-1}\alpha^{m(k-1-r)}\beta^{mr} \\
= & Q^{m(k-1)/2}+\sum_{r=0}^{(k-3)/2}Q^{mr} v_{m(k-1-2r)}
\end{split}$$
および
$$\begin{split}
\frac{v_{km}}{v_m}= & \frac{\alpha^{km}+\beta^{km}}{\alpha^m+\beta^m} \\
= & \sum_{r=0}^{k-1}(-1)^r \alpha^{m(k-1-r)}\beta^{mr} \\
= & (-1)^{(k-1)/2} Q^{m(k-1)/2}+\sum_{r=0}^{(k-3)/2}(-1)^r Q^{mr} v_{m(k-1-2r)}
\end{split}$$
が成り立つ。
&&&

# $(2.12)$
$$2^{n-1}u_n=\binom{n}{1}P^{n-1}+\binom{n}{3}P^{n-3}D+\cdots$$
および
$$2^{n-1}v_n=P^n+\binom{n}{2}P^{n-2}D+\binom{n}{4}P^{n-4}D^2+\cdots$$
が成り立つ。

&&&prf
$(2.3)$ より
$$\begin{split}
& 2^{n-1}(v_n\pm u_n\sqrt{D})=(P\pm \sqrt{D})^n \\
& \quad =P^n\pm \binom{n}{1}P^{n-1}\sqrt{D}+\binom{n}{2}P^{n-2}D\pm \cdots \\
& \quad =\left(P^n+\binom{n}{2}P^{n-2}D+\binom{n}{4}P^{n-4}D^2+\cdots \right)
\pm \left(\binom{n}{1}P^{n-1}+\binom{n}{3}P^{n-3}D+\cdots \right)\sqrt{D}
\end{split}$$
と展開できるから、
$$\begin{split}
2^{n-1}u_n= & 2^{n-2}(v_n+u_n\sqrt{D})-2^{n-2}(v_n-u_n\sqrt{D}) \\
= & \binom{n}{1}P^{n-1}+\binom{n}{3}P^{n-3}D+\cdots,
2^{n-1}v_n= & 2^{n-2}(v_n+u_n\sqrt{D})+2^{n-2}(v_n-u_n\sqrt{D}) \\
= & P^n+\binom{n}{2}P^{n-2}D+\binom{n}{4}P^{n-4}D^2+\cdots
\end{split}$$
が成り立つ。
&&&

# $(2.13)$
$m$ が偶数のとき
$$P^m=\sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}Q^r v_{m-2r} + \binom{m}{m/2}Q^{m/2},$$
$m$ が奇数のとき
$$P^m=\sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}Q^r v_{m-2r}=v_m+mQv_{m-2}+\binom{m}{2}Q^2 v_{m-4}+\cdots.$$

&&&prf
$m$ が偶数のとき \eqref{eq8a} より
$$\begin{split}
P^m= & (\alpha+\beta)^m \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}(\alpha\beta)^r(\alpha^{m-2r}+\beta^{m-2r}) + \binom{m}{m/2}(\alpha\beta)^{m/2} \\
= & \sum_{r=0}^{(m/2)-1} \binom{m}{r}Q^r v_{m-2r} + \binom{m}{m/2}Q^{m/2},
\end{split}$$
$m$ が奇数のとき \eqref{eq8b} より
$$\begin{split}
P^m= & (\alpha+\beta)^m \\
= & \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}(\alpha\beta)^r(\alpha^{m-2r}+\beta^{m-2r}) \\
= & \sum_{r=0}^{(m-1)/2} \binom{m}{r}Q^r v_{m-2r}.
\end{split}$$
&&&


そのほか、以下のような関係式も成り立つ。
# $(2.14)$
$$\begin{split}
u_{nr}^2-u_{(n-1)r}u_{(n+1)r}= & Q^{(n-1)r}u_r^2, \\
v_{nr}^2-v_{(n-1)r}v_{(n+1)r}= & -Q^{(n-1)r}Du_r^2.
\end{split} \label{eq14} \tag{2.14}$$
&&&prf
$$\begin{split}
& (\alpha^{nr}\pm\beta^{nr})^2-(\alpha^{(n-1)r}\pm\beta^{(n-1)r})(\alpha^{(n+1)r}\pm\beta^{(n+1)r}) \\
= & \mp(\alpha^{(n-1)r}\beta^{(n+1)r}+\alpha^{(n+1)r}\beta^{(n-1)r}-2\alpha^{nr}\beta^{nr}) \\
= & \mp Q^{(n-1)r}(\alpha^{2r}+\beta^{2r}-2\alpha^r \beta^r) \\
= & \mp Q^{(n-1)r}(\alpha^r-\beta^r)^2 \\
= & \mp Q^{(n-1)r}D u_r^2
\end{split}$$
だから
$$u_{nr}^2-u_{(n-1)r}u_{(n+1)r}=\frac{Q^{(n-1)r}Du_r^2}{(\alpha-\beta)^2}=Q^{(n-1)r}u_r^2$$
かつ
$$v_{nr}^2-v_{(n-1)r}v_{(n+1)r}=-Q^{(n-1)r}Du_r^2$$
となる。
&&&

# $(2.15)$
$$\begin{split}
Du_n= & v_{n+1}-Qv_{n-1}, \\
v_n= & u_{n+1}-Qu_{n-1}.
\end{split} \label{eq15} \tag{2.15}$$
&&&prf
$D=(\alpha-\beta)^2$ より
$$\begin{split}
Du_n= & (\alpha-\beta)(\alpha^n-\beta^n)=\alpha^{n+1}+\beta^{n+1}-\alpha\beta(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}) \\
= & v_{n+1}-Qv_{n-1}.
\end{split}$$
また、
$$\begin{split}
(\alpha-\beta)(\alpha^n+\beta^n)= & (\alpha^{n+1}-\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}) \\
= & (\alpha-\beta)(u_{n+1}-Qu_{n-1})
\end{split}$$
より、
$$v_n=u_{n+1}-Qu_{n-1}.$$
&&&

# $(2.16)$
$$\begin{split}
u_{n+r}^2-Q^r u_n^2=u_n u_{2n+r}, \\
v_{n+r}~2-Q^r v_n^2=Du_r u_{2n+r}.
\end{split} \label{eq16} \tag{2.16}$$
&&&prf
$$\begin{split}
Du_{n+r}^2=\alpha^{2(n+r)}+\beta^{2(n+r)}-2Q^{n+r},
Du_n^2=\alpha^{2n}+\beta^{2n}-2Q^n,
\end{split}$$
より
$$\begin{split}
D(u_{n+r}^2-Q_r u_n^2)= & (\alpha^{2(n+r)}+\beta^{2(n+r)}-)(\alpha^{2n+r}\beta^r+\beta^{2n+r}\alpha^r) \\
= & (\alpha^r-\beta^r)(\alpha^{2n+r}-\beta^{2n+r}).
\end{split}$$
つまり
$$u_{n+r}^2-Q_r u_n^2=\frac{\alpha^r-\beta^r}{\alpha-\beta}\times\frac{\alpha^{2n+r}-\beta^{2n+r}}{\alpha-\beta}=u_r u_{2n+r}$$.
同様に、
$$\begin{split}
v_{n+r}^2=\alpha^{2(n+r)}+\beta^{2(n+r)}+2Q^{n+r},
v_n^2=\alpha^{2n}+\beta^{2n}+2Q^n
\end{split}$$
より
$$v_{n+r}^2-Q^r v_n^2=(\alpha^r-\beta^r)(\alpha^{2n+r}-\beta^{2n+r})=Du_r 2_{2n+r}.$$
&&&

# $(2.17)$
$$\begin{split}
u_{m+n}+Q^n u_{m-n}= & u_m v_n, \\
u_{m+n}-Q^n u_{m-n}= & u_n v_m
\end{split} \label{eq17a}\tag{2.17a}$$
および
$$\begin{split}
v_{m+n}+Q^n v_{m-n}= & 2v_m v_n, \\
v_{m+n}-Q^n v_{m-n}= & Du_m u_n
\end{split} \label{eq17b}\tag{2.17b}$$

が成り立つ。
&&&prf
\eqref{eq5}および\eqref{eq5c}よりただちに従う。
&&&


関係式

Chebyshev関数の値の大きさについて、 $x\geq 2$ のとき
$$Ax<\theta(x)<Bx$$
となる定数 $B>A>0$ が存在することが初等的に示せる。

&&&thm [th1]
任意の整数 $m\geq 1$ について
$$\theta(2m+1)-\theta(m+1)<2m\log 2\label{eq21}\tag{2.1}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$M$ を[[二項係数]]
$$M=\binom{2m+1}{m}=\frac{(2m+1)!}{m!(m+1)!}$$
とする。
$m+1<p\leq 2m+1$ のとき、$p$ は $(2m+1)!$ を割り切るが $m!, (m+1)!$ を割り切らないから $p$ は $M$ を割り切る。
よって素数の積 $\prod_{m+1<p\leq 2m+1} p$ も $M$ を割り切るので
$$\prod_{m+1<p\leq 2m+1} p\leq M$$
となり
$$\theta(2m+1)-\theta(m+1)=\sum_{m+1<p\leq 2m+1} \log p\leq \log M$$
が成り立つ。
$$M=\binom{2m+1}{m}=\binom{2m+1}{m+1}$$
なので
$$2M=\binom{2m+1}{m}+\binom{2m+1}{m+1}<\sum_{k=0}^{2m+1}\binom{2m+1}{k}=2^{2m+1}$$
であるから $M<2^{2m}$ となり
$$\theta(2m+1)-\theta(m+1)\leq\log M<2m\log 2$$
となることがわかる。
&&&

&&&thm [th2]
任意の整数 $n\geq 1$ について
$$\theta(n)<2n\log 2\label{eq22}\tag{2.2}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$n=1$ のときは $\theta(1)=0$, $n=2$ のときは $\theta(2)=\log 2$ だから、\eqref{eq22}は成り立つ。
$1\leq n\leq k-1$ のとき、\eqref{eq22}が成り立つとする。$n=k=2m+1$ が奇数のとき、[定理1](#th1)より
$$\theta(2m+1)<\theta(m+1)+2m\log 2$$
なので、帰納法の仮定から
$$\theta(2m+1)<2(m+1)\log 2+2m\log 2=2(2m+1)\log 2$$
となり、\eqref{eq22}は成り立つ。$n=k=2m\geq 4$ が偶数のとき、$k$ は素数ではないので
$$\theta(2m)=\theta(2m-1)<2(2m-1)\log 2<4m\log 2$$
となり、\eqref{eq22}は成り立つ。よって帰納法より\eqref{eq22}は任意の整数 $n\geq 1$ について成り立つ。
&&&

&&&thm [th3]
任意の整数 $n\geq 3$ について
$$\psi(n)>2\floor{\frac{n}{2}}\log 2-\log n\label{eq23}\tag{2.3}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
整数 $m\geq 2$ に対し、素数 $p$ が[[二項係数]]
$$N=\binom{2m}{m}=\frac{(2m)!}{(m!)^2}$$
を割り切る回数を $e(p, m)$ とおくと[二項係数:定理8](../24zcSdiHU4C37T2CT7jn/EwSTUZeXpfdSQzHTGSBI#th8)より
$$e(p, m)=\sum_{k=1}^\infty\left(\floor{\frac{2n}{p^k}}-2\floor{\frac{n}{p^k}}\right)$$
となる。各被加数は $0$ または $1$ となる。実際 $u=\floor{m/p^k}, m/p^k=u+v$ とおくと $0\leq v<1$ より
$$0\leq \floor{\frac{2m}{p^k}}-2\floor{\frac{m}{p^k}}=\floor{2u+2v}-2u\leq 1$$
となる。また $p^k>2m$ ならば被加数は $0$ となるから
$$0\leq e(p, m)\leq \floor{\frac{\log (2m)}{\log p}}\label{eq24}\tag{2.4}$$
となる。よって
$$\begin{split}
\log N= & \sum_{p\leq 2m} e(p, m)\log p \\
\leq & \sum_{p\leq 2m}\floor{\frac{\log (2m)}{\log p}}\log p \\
=& \sum_{p\leq 2m} \sum_{1\leq k\leq \log(2m)/\log p} \log p \\
=& \sum_{p^k\leq 2m}\log p \\
=& \psi(2m)
\end{split}$$
が成り立つ。

$0\leq k\leq 2m, k\neq m$ のとき $\binom{2m}{m}>\binom{2m}{k}$ となるから
$$2m\binom{2m}{m}>2+\sum_{k=1}^{2m-1}\binom{2m}{k}=2^{2m}\label{eq25}\tag{2.5}$$
より
$$\binom{2m}{m}>\frac{2^{2m}}{2m}$$
となるから
$$\psi(2m)\geq\log N>2m\log 2-\log(2m)$$
となる。よって $n=2m\geq 4$ が偶数ならば\eqref{eq23}が成り立つ。また $n=2m+1\geq 5$ が奇数のとき
$$\psi(2m+1)\geq\psi(2m)>2m\log 2-\log(2m)$$
より\eqref{eq23}が成り立つ。最後に
$$\psi(3)=\log 6>2\log 2$$
より $n=3$ のときも\eqref{eq23}が成り立つ。
&&&

&&&thm [th4]
任意の整数 $n\geq 5$ に対して
$$\theta(2n)-\theta(n)>\frac{2}{3}n\log 2-(1+\sqrt{2n})\log(2n)$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$n\geq 5$ とする。
[定理3](#th3)の証明と同様に素数 $p$ が[[二項係数]]
$$N=\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{(n!)^2}$$
を割り切る回数を $e(p, n)$ とおく。

$e(p, n)\geq 2$ のとき $p\leq \sqrt{2n}$ となるから \eqref{eq24} より
$$\sum_{e(p, n)\geq 2} e(p, n)\log p\leq \sum_{p\leq \sqrt{2n}}\log(2n)\leq\sqrt{2n}\log(2n)\label{eq26}\tag{2.6}$$
が成り立つ。

$\frac{2}{3}n<p\leq n$ のとき、$p>\frac{2}{3}n>\sqrt{2n}$ より
$$e(p, n)=\floor{\frac{2n}{p}}-2\floor{\frac{n}{p}}=2-2=0$$
となる。
よって
$$\sum_{e(p, n)=1, p\leq n} e(p, n)\log p\leq \sum_{p\leq \frac{2}{3}n}\log p=\theta\left(\frac{2}{3}n\right)$$
となり、[定理2](#th2)より
$$\sum_{e(p, n)=1, p\leq n} e(p, n)\log p<\frac{4}{3}n\log 2\label{eq27}\tag{2.7}$$
が成り立つ。

$n<p\leq 2n$ のとき $p>n>\sqrt{2n}$ より $e(p, n)=1$ であるから\eqref{eq25}\eqref{eq26}\eqref{eq27}より
$$\begin{split}
\theta(2n)-\theta(n)=& \sum_{n<p\leq 2n}e(p, n)\log p \\
=& \log N-\sum_{e(p, n)=1, p\leq n} e(p, n)\log p-\sum_{e(p, n)\geq 2} e(p, n)\log p \\
\geq & (2n)\log 2-\log(2n)-\frac{4}{3}n\log 2-\sqrt{2n}\log(2n) \\
= & \frac{2}{3}n\log 2-(1+\sqrt{2n})\log(2n)
\end{split}$$
となる。
&&&

このことから、$n\geq 500$ に対して $\theta(2n)-\theta(n)>0$ となる。
$$2, 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631$$
はいずれも素数だから、$n$ が $2$ 以上の整数のとき、 $n<p<2n$ となる素数 $p$ が存在することがわかる（**Bertrand-Chebyshevの定理**）。



Chebyshev関数の初等的評価

# 素因数分解

素数の重要な性質は、$0$ 以外のすべての整数が素数の積に分解されることである（$1$ は空積と考え、負の数については符号を付する）。

&&&thm [th1]
すべての $2$ 以上の整数は素数の積 $p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ （$p_1, p_2, \ldots, p_k$ は相異なる素数）に分解される（その整数自身が素数の場合、つまり $k=1, e_1=1$ の場合も含む）。
&&&

このように、整数を素数の積に分解することを**素因数分解** (*prime factorization*)という。

&&&prf
$N=2$ は素数なので、$k=1, p_1=2, e_1=1$ とおくことで$1$つの素数の積に分解される。

$2\leq m\leq N-1$ となる整数 $m$ がすべて素数の積に分解されるとする。
$N$ が素数ならば $k=1, p_1=N, e_1=1$ とおくことで$1$つの素数の積に分解される。
$N$ が合成数ならば[前ページの定理2](/textbooks/初等整数論/整除性/素数#th2)より $N$ は素因数 $p$ をもつ。
$N$ は合成数だから $2\leq N/p\leq N-1$ なので、仮定より $N/p$ は素数の積に分解される。
よって $N=p\times (N/p)$ も素数の積に分解される。

よって数学的帰納法より、すべての $2$ 以上の整数は素数の積に分解される。
&&&

$1$ については $k=0$ とおくことで、$0$個の素数の積に分解されるとみることができる。
また負の数 $-N$ については、$N$ の素因数分解 $N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ に対して、$-N=-p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ を $-N$ の素因数分解とみることで、$0$ 以外のすべての整数は素因数分解されると考えることができる。

しかし、素因数分解が存在することと、実際に与えられた整数の素因数分解を求めることができるかどうかは別の問題である。大きな整数の素因数分解を求めることは現時点では難しい問題である。

なお、ここでは素因数分解が存在することを示したが、さらに、整数の素因数分解は順序を除いて一意的であることを、[倍数と約数の記事で示した形の初等整数論の基本定理](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#th5)を用いて[後に示す](#th3)。


# 初等整数論の基本定理
[倍数と約数の記事で示した形の初等整数論の基本定理](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#th5)を用いて、整数の素因数分解は順序を除いて一意的であることを示す（通常は[定理4](#th4)を初等整数論の基本定理と呼ぶが、本質的なのは[倍数と約数: 定理5](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#th5)であり、以下の議論は手続き的な議論である）。

&&&thm 初等整数論の基本定理2 [th2]
$p$ が $ab$ の素因数ならば $p$ は $a, b$ の少なくとも一方を割り切る。
&&&

&&&prf
$p$ が $a$ を割り切らないならば[前ページの定理1](/textbooks/初等整数論/整除性/素数#th1) より $\gcd(a, p)=1$ だから、[初等整数論の基本定理](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#th5)より $p$ は $b$ を割り切る。
&&&

$p$ が素数でなければ、このことは一般には成り立たない。実際 $n$ が合成数で $n=ab$ かつ $a>1, b>1$ とおくと、$n$ は $ab$ を割り切るが $a, b$ のどちらも割り切らない。
それで定理4.1は素数であることの必要十分条件を与えている。素因数分解の一意性は素数の定義よりも、この定理からより直接的に従うので、実はこの定理こそが素数の本質をあらわしていると考えることもできる。

実際、一般の環においては、[前頁の定義1](/textbooks/初等整数論/整除性/素数#def1)に相当する性質（単元と自分自身以外では割り切れない）と、定理2に相当する性質（$ab$ を割り切るとき $a, b$ の少なくとも一方を割り切る）は必ずしも同値ではない。
前者の性質をもつものを既約元、後者の性質をもつものを素元という。そして素元のほうが素数にあたる性質をもっていることがわかるのである（定理2は整数環 $\Z$ においては、既約元であることと素元であることは同値であることをいっている。しかし、一般の環においては素元の積への分解ができるとは限らない。この問題を解決するのがイデアルの概念である）。

定理4.1は $2$ つの数の積について取り扱っていたが、より多くの個数の数の積へと拡張できる。

&&&thm [th3]
$k\geq 2$ で $p$ が $a_1 a_2 \cdots a_k$ の素因数ならば $p$ は $a_i (1\leq i\leq k)$ の少なくとも$1$つを割り切る。
&&&

&&&prf
$k=2$ のときは[定理2](#th2)そのものである。

$k=n-1$ のときに定理が成り立つとする。$p$ が $a_1 a_2 \cdots a_n$ の素因数ならば[定理2](#th2)より $p$ は $a_1 a_2 \cdots a_{n-1}$ または $a_n$ の少なくとも一方を割り切る。$p$ が $a_1 a_2 \cdots a_{n-1}$ を割り切るとき仮定より $p$ は $a_i (1\leq i\leq n-1)$ の少なくとも$1$つを割り切る。
よって、いずれの場合も $p$ は $a_i (1\leq i\leq n)$ の少なくとも$1$つを割り切る。

以上のことから、数学的帰納法より、定理は任意の $k\geq 2$ に対して成り立つ。
&&&

&&&thm 初等整数論の基本定理3 [th4]
$0$ 以外の任意の整数は順序を除いて素数の積に一意的に分解される。
&&&

&&&prf
素因数分解が存在することは[定理1](#th1)より従う。

$N\neq 0$ が素数の積に
$$\begin{split}
N=& p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}, \\
N=& q_1^{f_1} q_2^{f_2} \cdots q_\ell^{f_\ell}
\end{split}$$
と分解されているとする。ただし $p_1, p_2, \ldots, p_k$ は相異なる素数、$q_1, q_2, \ldots, q_\ell$ も相異なる素数とし、$e_1, e_2, \ldots, e_k, f_1, f_2, \ldots, f_\ell>0$ とする。

各 $q_s (1\leq s\leq \ell)$ は $N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ を割り切るので、[定理3](#th3)より $q_s$ は $p_1, p_2, \ldots, p_k$ の少なくとも$1$つを割り切る。
$q_s$ および $p_1, p_2, \ldots, p_k$ は素数なので[前ページの定理1 (2)](/textbooks/初等整数論/整除性/素数#th1)より $q_s$ は $p_1, p_2, \ldots, p_k$ のいずれかと一致する。
同様にして各 $p_t (1\leq t\leq k)$ は $q_1, q_2, \ldots, q_\ell$ のいずれかと一致する。よって $k=\ell$ で、$p_1, p_2, \ldots, p_k$ と $q_1, q_2, \ldots, q_\ell$ は順序を除いて一致する。

$q_s=p_t$ とし、$f_s>e_t$ とすると $q_s^{f_s-e_t}$ は $N/q_s^{e_t}=N/p_t^{e_t}=\prod_{1\leq i\leq k, i\neq t} p_i^{e_i}$ を割り切るから
$q_s=p_t$ は $\prod_{1\leq i\leq k, i\neq t} p_i^{e_i}$ を割り切る。よって[定理3](#th3)と[前ページの定理1 (2)](/textbooks/初等整数論/整除性/素数#th1)より $p_t$ は $p_i (1\leq i\leq k, i\neq t)$ のいずれかと一致するが、
$p_1, p_2, \ldots, p_k$ は相異なる素数となるようにとったことに矛盾する。よって $f_s\leq e_t$ である。同様に $e_t\leq f_s$ もいえるから
$f_s=e_t$ でなければならない。

以上より、$p_1^{e_1}, p_2^{e_2}, \ldots, p_k^{f_k}$ と $q_1^{f_1}, q_2^{f_2}, \ldots, q_\ell^{f_\ell}$ は順序を除いて一致する。
よって $N$ は順序を除いて素数の積に一意的に分解される。
&&&

# 素因数分解の一意性の応用

素因数分解の一意性から、与えられた整数の約数は素因数によって決定されることがわかる。すなわち
&&&thm [th5]
$N=\pm p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ と素因数分解すると、
$$d\mid N \Leftrightarrow d=\pm p_1^{f_1} p_2^{f_2} \cdots p_k^{f_k}, f_i\in\Z, 0\leq f_i\leq e_i (1\leq i\leq k)$$
&&&

&&&prf
$$\pm d=p_1^{f_1} p_2^{f_2} \cdots p_k^{f_k}, f_i\in\Z, 0\leq f_i\leq e_i (1\leq i\leq k)$$
ならば
$$N=\pm d p_1^{e_1f_1} p_2^{e_2-f_2} \cdots p_k^{e_k-f_k}$$
となるから、$d$ は $N$ の約数である（この証明において、$\pm$ のさす符号は必ずしも一致しない）。

$d$ が $N$ の約数とし $N=dm$ とおいて
$$d=\pm q_1^{g_1} q_2^{g_2} \cdots q_\ell^{g_\ell}, m=\pm q_1^{h_1} q_2^{h_q} \cdots q_\ell^{h_\ell}, g_i, h_i\in\Z, g_i, h_i\geq 0$$
と素因数分解すると
$$N=dm=\pm q_1^{g_1+h_1} q_2^{g_2+h_2} \cdots q_\ell^{g_\ell+h_\ell}$$
となるが、[素因数分解の一意性](#th4)から、
各 $j$ に対して $q_j=p_i, g_j+h_j=e_i$ となる $i$ が$1$対$1$に対応する。よって
$p_i=q_j$ となる $i$ に対して $f_i=g_j$ とおくと
$$d=\pm p_1^{f_1} p_2^{f_2} \cdots p_k^{f_k}, f_i\in\Z, 0\leq f_i\leq e_i (1\leq i\leq k)$$
となる。
&&&

&&&thm [th6]
素数 $p$ と $0$ ではない整数 $N$ について $v_p(N)$ を、$p$ が $N$ を割り切る回数、つまり $p^e\mid N$ となる最大の整数 $e$ とする。このとき
1. $e=v_p(N)$ $\Longleftrightarrow$ $N=p^e M$, $p\not\mid M$ となる整数 $M$ が存在する。
2. $0$ でない、任意の整数 $a, b$ について、$v_p(ab)=v_p(a)+v_p(b)$.
3. $a, b$ が $0$ ではない整数で、$v_p(a)\neq v_p(b)$ のとき $v_p(a+b)=\min\{v_p(a), v_p(b)\}$.
&&&

&&&prf
1. $e=v_p(N)$ とおくと、$p^e\mid N$ となるから、$N=p^e M$ となる整数 $M$ が存在する。$p\mid M$ のとき $p^{e+1}\mid N$ となって矛盾するから、
$p$ は $M$ を割り切らない。逆に $N=p^e M$ かつ $p\not\mid M$ とすると、$p^e$ は $N$ を割り切る。しかし $N=p^{e+1} L$ となる整数 $L$ が存在するとすると
$M=pL$ となって矛盾するから $p^{e+1}$ は $N$ を割り切らない。よって $v_p(N)=e$ となる。
2. $e=v_p(a)$, $f=v_p(b)$ とおくと、$a=p^e s$, $b=p^f t$ となる整数 $s, t$ が存在して、$p$ は $s$, $t$ のいずれも割り切らない。よって
[初等整数論の基本定理2](#th2)より、$p$ は $st$ を割り切らない。$ab=p^{e+f} st$ であるから、$v_p(ab)=e+f$ となる。
3. $e=v_p(a)$, $f=v_p(b)$ とおく。$e>f$ と仮定しても一般性を失わない。さらに $a=p^e s$, $b=p^f t$ となる整数 $s, t$ が存在して、$p$ は $s$, $t$ のいずれも割り切らない。$$a+b=p^e s+p^f t=p^f(p^{e-f}s+t)$$となるが、
$e-f>0$ で、$p$ は $t$ を割り切らないので、$p$ は $p^{e-f}s+t$ を割り切らない。よって $$v_p(a+b)=f=\min\{v_p(a), v_p(b)\}$$ となる。
&&&

階乗や二項係数の素因数分解について、次のことが示される。

&&&thm [th7]
$m\geq 0$ のとき $$v_p(m!)=\sum_{i=1}^\infty \floor{\frac{m}{p^i}}.$$
&&&

&&&prf
$1$ 以上 $m$ 以下の整数であって $p^i$ の倍数であるようなものの個数は $\floor{\frac{m}{p^i}}$ 個である。よって、[定理6の2](#th6) より $v_p(m!)$ は $$\sum_{i=1}^\infty \floor{\frac{m}{p^i}}$$ と求まる。ただし、この無限和について、実際には有限個の項を除いては $0$ と等しいため、実質的に有限和を表しているものと考える。
&&&

このことから、次のことがすぐにわかる。
&&&thm [th8]
$n\geq 0$, $0\leq k\leq n$ のとき $$v_p\left(\binom{n}{k}\right)=\sum_{e=1}^{\infty} \left(\floor{\frac{n}{p^e}}-\floor{\frac{k}{p^e}}-\floor{\frac{n-k}{p^e}}\right).$$
&&&

実数 $r$ と $s$ について $\floor{r}+\floor{s}\leq \floor{r+s}$ が成り立つので、このことは二項係数の値がつねに整数であることの別証明を与えている。


素因数分解

# 乗法的位数
[前々ページの定理2 (9)](/textbooks/初等整数論/合同式/合同式の導入#th2)から、$a^e\equiv 1\Mod{n}$ となる整数 $e$ 全体は[倍数と約数: 定理3](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th3)の条件を満足するので、
次のことがわかる。

$$a^g\equiv 1\Mod{n}$$
となる最小の正の整数 $g$ をとると、
$$a^e\equiv 1\Mod{n}\Longleftrightarrow g\mid e$$
が成り立つ。この整数 $g$ を $n$ を法とする $a$ の**乗法的位数** (*multiplicative order*) あるいは単に**位数**という。$\ord_n(a)$ とかく場合もあるが、この記号は[付値](付値環#付値)をあらわす場合もあるので注意が必要である。

[Fermatの小定理](/textbooks/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th1)および[Eulerの定理](/textbooks/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th2)より、次のことがすぐにわかる。

&&&thm [th1]
$n$ を法とする $a$ の位数は $\varphi(n)$ を割り切る。
&&&

このことから、次のような定理を示すことができる。

&&&thm [th2]
$n$ が整数で $p$ が $n^2+1$ の素因数ならば、$p=2$ または $p\equiv 1\Mod{4}$.
&&&

&&&prf
$n^2+1\equiv 0\Mod{p}$ ならば
$$n^4-1\equiv (n^2+1)(n^2-1)\equiv 0\Mod{p}$$
となる。よって $p$ を法とする $n$ の位数は $4$ の約数である。$n^2-1\equiv 0\Mod{p}$ ならば
$p\mid (n^2+1)-(n^2-1)=2$ より、$p=2$ である。よって $p$ が奇数ならば $p$ を法とする $n$ の位数は $4$ に一致するので
[定理1](#th1)より $4$ は $p-1$ を割り切る。
&&&

&&&cor [cor1]
$4n+1$ の形の素数は無数に存在する。
&&&

&&&prf
実数 $X>0$ を任意にとり、$P$ を $X$ より小さいすべての素数の積とする。$P^2+1$ の素因数 $q$ をひとつとる。

$q$ は $P$ を割り切らない。実際 $q\mid P$ ならば $q\mid 1=(P^2+1)-P^2$ となり、矛盾する。
一方 $P$ は $2$ で割り切れるから、$q$ は奇数なので、[定理4.2](#th42)より $q\equiv 1\Mod{4}$ となる。
よって $q$ は $X$ より大きい $4n+1$ の形の素数である。$X$ は任意にとれるから $4n+1$ の形の素数は無限に多く存在する。
&&&

&&&thm [th3]
$x^n\equiv 1\Mod{p}\Longleftrightarrow$ $x\Mod{p}$ の位数が $\gcd(n, p-1)$ を割り切る
$\Longleftrightarrow x^{\gcd(n, p-1)}\equiv 1\Mod{p}$.
&&&

&&&prf
$x^n\equiv 1\Mod{p}$ ならば $x$ の位数は $n$ の約数、かつ位数が $p-1$ の約数でもあるので[倍数と約数:命題3](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop3)より位数は $\gcd(n, p-1)$ の約数となるので
$$x^{\gcd(n, p-1)}\equiv 1\Mod{p}$$
となる。
このことは $x^n\equiv 1\Mod{p}$ ならば、[Bezoutの補題](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th42)より $an+b(p-1)=\gcd(n, p-1)$ となる $a, b$ がとれるので
$$x^{\gcd(n, p-1)}\equiv x^{an}x^{b(p-1)}\equiv 1\Mod{p}$$
となることからもわかる。

逆に $x^{\gcd(n, p-1)}\equiv 1\Mod{p}$ ならば明らかに $x^n\equiv 1\Mod{p}$ となる。
&&&

乗法的位数

本ページでは、合同式の概念を整数係数の多項式に拡張する。

# 多項式の合同の定義

まず、整数係数多項式の合同について定義する。$2$つの整数係数多項式 $P(X), Q(X)$ が $n$ を法として合同であるとは、各 $X^k (k=0, 1, \ldots)$ の係数がすべて整数 $n$ を法として合同であることをいい、$P(X)\equiv Q(X)\Mod{n}$ であらわす。$P(X)\equiv Q(X)\Mod{n}$ は $P(X)-Q(X)$ の係数がすべて $n$ で割り切れることと言い換えられる。

[合同式の導入:定理2](textbooks/初等整数論/整除性/合同式の導入#th2)より $x, y$ が整数で $P(X)\equiv Q(X)\Mod{n}$ かつ $x\equiv y\Mod{n}$ ならば $P(x)\equiv Q(y)\Mod{n}$ となる。
とくに $x\equiv y\Mod{n}$ のとき $P(x)\equiv 0\Mod{n}\Longleftrightarrow P(y)\equiv 0\Mod{n}$ となる。

$\Z$ における剰余類の定義と同様に、$\Z[X]$ における剰余類を
$$R(X)\Mod{Q(X)}=Q(X)\Z[X] +R(X)=\{Q(X)P(X)+R(X), P(X)\in\Z[X]\}$$
と定義すると
$$P(X)\equiv Q(X)\Mod{n}\Longleftrightarrow n\Z[X]+P(X)=n\Z[X]+Q(X)$$
が成り立つ。

多項式の剰余類 $P(X)\Mod{n}$ の次数は、$P(X)$ の係数が $n$ で割り切れない最も高い $X$ の次数と一致する。これを $n$ を法とする多項式 $P(X)$ の次数といい、$\deg P(X)\Mod{p}$ であらわすことにする。

それで、$P(X)\Mod{n}$ の次数が $d$ のとき $P(X)\equiv P_1(x)\Mod{n}$ となる、$d$ 次の、最高次の係数が $n$ で割り切れない整数係数多項式 $P_1(X)$ がとれる。

# 素数を法とする多項式の次数

&&&thm [th1]
$p$ が素数のとき、$p$ を法とする $P(X), Q(X)$ の次数をそれぞれ $e, f$ とおくと $p$ を法とする $P(X)Q(X)$ の次数は $e+f$ に一致する。
&&&

&&&prf
実際
$$P(X)\equiv a_e x^e+\cdots +a_0, Q(X)\equiv b_f x^f+\cdots +b_0 \Mod{p}, \gcd(p, a_e)=\gcd(p, b_f)=1$$
となるように係数をとると
$$P(X) Q(X)\equiv a_e b_f x^{e+f}+\cdots +a_0 b_0\Mod{p}$$
となるが、$\gcd(p, a_e)=\gcd(p, b_f)=1$ より $\gcd(p, a_e b_f)=1$ なので、$p$ を法とする $P(X)Q(X)$ の次数は $e+f$ に一致する。
&&&

この定理は、$p$ が素数でないときには一般には成り立たない。たとえば
$$(2X+1)(3X+1)\equiv 6X^2+5X+1\equiv 5X+1\Mod{6}$$
となり、$6$ を法とする $(2X+1)(3X+1)$ の次数は $1$ となる。

&&&thm [th2]
$p$ が素数のとき、$p$ を法とする $f(X), g(X)$ の次数をそれぞれ $e, f$ とおくと $e\geq f$ のとき
$$f(X)\equiv Q(X)g(X)+R(X)\Mod{p}$$
となる多項式 $Q(X), R(X)$ で $p$ を法とする $\deg Q(X) \Mod{p}=e-f, \deg R(X)\Mod{p}\leq f-1$ となるものが $p$ を法として一意的に定まる。
&&&

すなわち、$p$ を法とする多項式の計算においても除法の原理が成立する。

&&&prf
$$f(X)\equiv a_e X^e+\cdots +a_0, g(X)\equiv b_f X^f+\cdots +b_0 \Mod{p}, \gcd(p, a_e)=\gcd(p, b_f)=1$$
となる係数がとれる。

$e=f$ のとき、
$$f(X)-sg(X)=(a_e-b_e s) X^e+(a_{e-1}-b_{e-1} s) X^{e-1}+\cdots +(a_0-b_0 s)\Mod{p}$$
より
$$\deg (f(X)-sg(X))\Mod {p} \leq f-1\Longleftrightarrow a_e\equiv b_e s\Mod{p}$$
となる。よって、定理の条件を満足するものは
$Q(X)\equiv a_e b_e^{-1}\Mod{p}, R(X)\equiv (a_{e-1}-b_{e-1} s) X^{e-1}+\cdots +(a_0-b_0 s)\Mod{p}$ により $p$ を法として一意的に定まる。

$e\leq f+k-1$ のとき定理が正しいと仮定し、$e=f+k$ の場合を考える。
$$f(X)-sX^k g(X)=(a_e-b_f s) X^e+(a_{e-1}-b_{f-1} s) X^{e-1}+\cdots +(a_k-b_0 s)X^k+a_{k-1} X^{k-1}+\cdots +a_0\Mod{p}$$
より、
$$\deg (f(X)-sg(X))\leq f+k-1\Longleftrightarrow a_e\equiv b_f s\Mod{p}$$
となる。そして $\deg (f(X)-sg(X))\Mod{p} \leq f+k-1$ のとき、仮定より
$$(f(X)-sX^k g(X))-Q_1(X)g(X)=R_1(X)\Mod{p}$$
かつ $\deg Q_1(X) \Mod{p}=\deg (f(X)-sg(X))\Mod{p}-f, \deg R_1(X)\Mod{p}\leq f-1$ となる $Q_1(X), R(X)$ が $p$ を法として一意的に定まる。
よって、定理の条件を満足するものは $Q(X)\equiv (a_e b_f^{-1})X^k+Q_1(X)\Mod{p}, R(X)\equiv R_1(X)\Mod{p}$ により $p$ を法として一意的に定まる。

これらのことから、数学的帰納法より、$e\geq f$ のとき定理は成り立つことが証明された。
&&&

# 素数を法とする方程式

上記のことから、与えられた整数係数多項式 $P$ の、与えられた整数 $x$ における値 $P(x)$ の属する剰余類は、$P$ の属する剰余類 $P\Mod{n}$ と $x$ の属する剰余類 $x\Mod{n}$ のみによって定まる。それで、この剰余類を
$$P\Mod{n}(x\Mod{n})$$
と定める。とくに、
$$P(x)\equiv 0\Mod{n}\Longleftrightarrow P\Mod{n}(x\Mod{n}) \equiv 0\Mod{n}$$
となって、$P(x)\equiv 0\Mod{n}$ の解は $P$ の属する剰余類と $x$ の属する剰余類のみで定まるといえるので、$P(x)\equiv 0\Mod{n}$ となるような剰余類 $x\Mod{n}$ そのものを $P(x)\equiv 0\Mod{n}$ の解とみることができる。法が素数の場合、解を与える剰余類について次のことがわかる。

&&&thm [th3]
$p$ が素数で、整数 $a$ について
$$P(a)\equiv 0\Mod{p}$$
となるとき
$$P(X)\equiv (X-a)Q(X)\Mod{p}$$
となる多項式 $Q(X)$ がとれる。さらに、$a\Mod{p}$ と合同でない整数 $b$ について
$$P(b)\equiv 0\Mod{p}$$
となるとき
$$Q(b)\equiv 0\Mod{p}$$
も成り立つ。すなわち $a\Mod{p}$ 以外の剰余類で
$$P(x)\equiv 0\Mod{p}$$
の解となるものは
$$Q(x)\equiv 0\Mod{p}$$
の解でもある。
また、
$$P(x)\equiv 0\Mod{p}$$
の解となる剰余類の個数は、$\deg P(x)\Mod{p}$ 以下である。
&&&

&&&prf
[定理2](#th2)より
$$P(X)\equiv (X-a)Q(X)+c\Mod{p}$$
となる $c$ がとれる。$X=a$ を代入すると
$$c\equiv P(a)\equiv 0\Mod{p}$$
より、
$$P(X)\equiv (X-a)Q(X)\Mod{p}$$
が成り立つ。このとき、$b\not\equiv a\Mod{p}$ で
$$P(b)\equiv 0\Mod{p}$$
ならば
$$(b-a)Q(b)\equiv P(b)\equiv 0\Mod{p}$$
となるが、$p$ は $b-a$ を割り切らないから[倍数と約数: 定理5]([textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#th5)より
$p$ は $Q(b)$ を割り切る。つまり
$$Q(b)\equiv 0\Mod{p}$$
も成り立つ。

最後に、$d=\deg P(x)\Mod{p}$ とし、
$$P(x)\equiv 0\Mod{p}$$
が $d+1$ 個の解 $a_1, a_2, \ldots, a_{d+1}\Mod{p}$ をもつとすると、先に証明したことから
$$P(X)\equiv (X-a_1)P_1(X)\Mod{p}$$
となる多項式 $P_1(X)$ が存在し、$a_2, \ldots, a_{d+1}\Mod{p}$ は
$$P_1(x)\equiv 0\Mod{p}$$
の解である。これを繰り返し
$$P(X)\equiv (X-a_1)(X-a_2)\cdots (X-a_{d+1})Q(X)\Mod{p}$$
となる多項式 $Q(X)$ がとれるので、
$$\deg P(x)\Mod{p}\geq d+1+\deg Q(x)\Mod{p}>d=\deg P(x)\Mod{p}$$
となり、矛盾する。よって
$$P(x)\equiv 0\Mod{p}$$
の解となる剰余類の個数は、$d=\deg P(x)\Mod{p}$ 以下である。
&&&

たとえば
$$x(x-1)\equiv 0\Mod{2}$$
は、ちょうど $2$ つの解 $x\equiv 0, 1\Mod{2}$ をもつ。このことから、
$\Z/2\Z$ において $x(x-1)$ はつねに $0$ をとる。しかし、$X(X-1)\nequiv 0\Mod{2}$ なので、これは零多項式ではない。
つまり、$\Z/p\Z$ 上では恒等的に $0$ となるからといって零多項式になるとは限らない。

もちろん、定理3は法が素数でないときには一般には成り立たない。たとえば
$$x^2\equiv 1\Mod{8}$$
は $4$ つの解 $x\equiv 1, 3, 5, 7\Mod{8}$ をもつ。

多項式の合同の基礎

# 原始根の存在

$p$ を法とする $a$ の位数が与えられた整数 $d$ に一致するとき、[乗法的位数: 定理1](textbooks/初等整数論/合同式乗法的位数#th1)より、$d$ は $p-1$ の約数である。さらに、次のことがいえる。

&&&prop [prop1]
$d$ を $p-1$ の約数とする。$p$ を法とする剰余系のうち、$p$ を法とする位数が $d$ に一致するものが存在するならば、それらの個数は $\varphi(d)$ に一致する。
&&&

&&&prf
$p$ を法とする剰余系のうち、$p$ を法とする位数が $d$ のものが存在するとして、そのひとつを $a$ とすると $x=a^k (k=0, 1, \ldots, d-1)$ は互いに不合同でかつ
$$\label{eq1}x^d-1\equiv 0\Mod{p}\tag{1}$$
の解である。

[前ページの定理3](textbooks/初等整数論/合同式/多項式の合同の基礎#th3)より \eqref{eq1} の互いに不合同な解の個数は $d$ 個以下だから、
$$x^d-1\equiv 0\Mod{p}\Longleftrightarrow x\equiv a^k\Mod{p}$$
となることがわかる。

また $\gcd(k, d)=k_1>1$ のとき
$$(a^k)^{d/\gcd(k, d)}\equiv (a^d)^{k/\gcd(k, d)}\equiv 1\Mod{p}$$
より、$p$ を法とする $a^k$ の位数は $d/\gcd(k, d)$ の約数なので $d$ より小さい。

このことから、$p$ を法とする $b$ の位数が $d$ ならば
$b\equiv a^k\Mod{p}, \gcd(k, d)=1$
とならなければならない。逆に $b$ がこのような形のとき、
$$b^g\equiv 1\Mod{p}\Longleftrightarrow d\mid kg\Longleftrightarrow d\mid g$$
より、$p$ を法とする $b$ の位数は $d$ に一致する。
よって $p$ を法とする剰余系のうち、$p$ を法とする位数が $d$ に一致するものが存在すれば、それらの個数は $\varphi(d)$ に一致する。
&&&

$\varphi(d)$ を与える公式は存在するので後に証明するが、この公式を用いずに次のことが成り立つことが示せる。

&&&thm [th2]
$\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n$.
&&&

&&&prf
$d$ の約数に対して
$$S_d=\{k(n/d): 0\leq k\leq d-1, \gcd(k, d)=1\}$$
と定義すると $\# S_d=\varphi(d)$ となる。

また、$0\leq m\leq n-1$ となる整数 $m$ に対して $d=n/\gcd(m, n)$, $k=m/\gcd{m, n}$ とおくと
$$m=k\gcd(m, n)=kn/d\in S_d$$
となるから、$0\leq m\leq n-1$ となる整数 $m$ は $S_{n/\gcd(m, n)}$ に属する。

一方、$m\in S_d$ ならば $m=kn/d$ とおくと $n/d$ は $m, n$ の公約数なので、 $m, n$ の最大公約数は $n/d$ の倍数でなければならない。しかし、 $\gcd(m, n)=fn/d$ とおくと $f$ は $m/(n/d)=k$ と $n/(n/d)=d$ の公約数なので $f=1$ つまり $\gcd(m, n)=n/d$ あるいは $d=n/\gcd(m, n)$ となる。
よって $0\leq m\leq n-1$ となる整数 $m$ は $S_{n/\gcd(m, n)}$ にのみ属するので、
$$n=\sum_{d\mid n} \# S_d=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$$
が成り立つ。
&&&

定理2とあわせると、命題1より強く、$d$ が $p-1$ の約数ならば、実際に $p$ を法とする位数が $d$ のものが存在することがわかる。

&&&thm [th3]
$d$ を $p-1$ の約数とする。$1, 2, \ldots, p-1$ のうち、$p$ を法とする位数が $d$ のものの個数は $\varphi(d)$ に一致する。
&&&

&&&prf
$1, 2, \ldots, p-1$ のうち、$p$ を法とする位数が $d$ のものの個数を $a_d$ とおくと[命題1](#prop1)より $a_d\leq \varphi(d)$ となる。
一方、$p$ を法とする位数は $p-1$ の約数だから
$$p-1\leq \sum_{d\mid p-1} a_d$$
となる。$a_d<\varphi(d)$ となる $d$ があるとすれば、[定理2](#th2)より
$$p-1<\sum_{d\mid p-1} \varphi(d)=p-1$$
となって矛盾する。よって、$p-1$ のどの約数 $d$ に対しても $a_d=\varphi(d)$ が成り立つ。
&&&

とくに $p$ が素数のとき $p$ を法とする位数が $p-1$ となる整数 $a$ が存在する。そのような整数 $a$ あるいは剰余類 $a\Mod{p}$ を $p$ を法とする**原始根**という。

実際に原始根を得るには、次のような方法がある。

&&&prf 定理3の別証明
整数 $1, \ldots, p-1$ からひとつ整数 $a$ をとり、その $p$ を法とする位数を $s$ とおく。
$s=p-1$ のとき $a$ は $p$ を法とする原始根。
$s<p-1$ のとき
$$x^s-1\equiv 0\Mod{p}, 1\leq x\leq p-1$$
となる整数 $x$ の個数は $s$ 以下なので、$p-1$ より少ない。よって
$$b^s\not\equiv 1\Mod{p}, 1\leq b\leq p-1$$
となる整数 $b$ がとれる。$b$ の $p$ を法とする位数を $t$ とおくと、$t$ は $s$ を割り切らない。

$$s=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots, p_k^{e_k}, t=p_1^{f_1} p_2^{f_2} \cdots p_k^{f_k}$$
と素因数分解し、$u=\prod_{e_i\geq f_i}p_i^{e_i}, v=\prod_{e_i<f_i} p_i^{f_i}$ とおくと
$u\mid s, v\mid t, \gcd(u, v)=1$ かつ
$$uv=\prod_{i=1}^k p_i^{\max\{e_i, f_i\}}=\LCM[s, t]$$
が成り立つ。
$a_1=a^{s/u}, b_1=b^{t/v}$ とおくと $a_1, b_1$ の $p$ を法とする位数はそれぞれ $u, v$ である。

$p$ を法とする $a_1 b_1$ の位数を $k$ とすると、
$$b_1^{ku}\equiv (a_1 b_1)^{ku}\equiv 1\Mod{p}$$
より $v\mid ku$ だが $\gcd(u, v)=1$ より $v\mid k$ となる。
同様に
$$a_1^{kv}\equiv (a_1 b_1)^{kv}\equiv 1\Mod{p}$$
より $u\mid kv$ だが $\gcd(u, v)=1$ より $u\mid k$ となる。
よって $k$ は $u, v$ 両方で割り切れるから $\LCM[u, v]=uv=\LCM[s, t]$ で割り切れる。
$t$ は $s$ を割り切らないので
$$k\geq \LCM[s, t]>s$$
となり、$a_1 b_1$ の位数は $s$ より大きい。
$a$ のかわりに $a_1 b_1$ をとり、同様の議論を繰り返すと、位数は次第に増加していくから、最終的に原始根を得る。
&&&

与えられた素数 $p$ について、$p$ を法とする原始根が存在することはこのようにして示せるが、逆に与えられた整数 $a$ を原始根とする法 $p$ が存在するかは自明ではない。与えられた整数 $a$、たとえば $2$ を原始根とする素数 $p$ が存在するかどうかは未だに解決されていない。

# 指数

$p$ を法とする原始根 $a$ をひとつとると、$a^k\Mod{p} (k=0, 1, \ldots, p-2)$ は $p$ を法とするすべての剰余類をとり、かつ
$$a^k\equiv a^\ell\Mod{p}\Longleftrightarrow k\equiv \ell\Mod{p-1}$$
となる。よって、$0$ 以外の剰余類 $b\Mod{p}$ に対して
$$b\equiv a^k\Mod{p}$$
となる $k\Mod{p-1}$ が一意的に定まる。そのような最小の正の整数 $k$ を $p$ を法とする $b$ の、底 $a$ に対する**指数** (*index*) といい、
$$\ind_a b\Mod{p}\equiv k\Mod{p-1}$$
であらわす。

&&&thm [th4]
$p$ を法とする、底 $a$ に対する指数について、次の事実が成り立つ。
1. $\ind_a (mn)\equiv \ind_a m+\ind_a n\Mod{p-1}$.
2. $b\Mod{p}$ が原始根であるとき $(\ind_a b)(\ind_b c)\equiv \ind_a c\Mod{p-1}$.
&&&

&&&prf
1. $\ind_a m\equiv g\Mod{p-1}, \ind_a n\equiv h\Mod{p-1}$ ならば
$m\equiv a^g\Mod{p}, n\equiv a^h\Mod{p}$ なので $mn\equiv a^{g+h}\Mod{p}$ つまり $\ind_a (mn)\equiv g+h\Mod{p-1}$.
2. $\ind_a b\equiv g\Mod{p-1}, \ind_b c\equiv h\Mod{p-1}$ ならば
$b\equiv a^g\Mod{p}, c\equiv b^h\Mod{p}$ なので $c\equiv (a^g)^h\equiv a^{gh} \Mod{p}$ つまり $\ind_a c\equiv gh\Mod{p-1}$.
&&&
このように、指数は対数関数と類似した性質をもっていることから、''離散対数''とも呼ばれる。

$p$ を法とする原始根が存在することは、$\Z/p\Z$ の乗法群 $(\Z/p\Z)^*$ が位数 $p-1$ の巡回群であることを意味しており、原始根は $(\Z/p\Z)^*$ の生成元である。

法が大きいとき、与えられた原始根を底とする指数を計算する高速なアルゴリズムは現在知られていない（量子コンピューターにおいては、理論的には多項式時間で計算可能なアルゴリズムが存在するが、実用化はされていない）。指数／離散対数の概念は他の巡回群、たとえば、$p$ を法とする楕円曲線の点のなす加法群の部分群にも拡張されるが、やはり法 $p$ が大きい場合、指数を計算することは難しい。離散対数暗号はこの原理を応用したものである。

原始根と指数

# 中国式剰余定理

合成数を法とする合同式は、素数冪を法とする合同式に還元される。すなわち、次の定理が成り立つ。

&&&thm [th1]
$a_1, a_2, \ldots, a_r, N_1, N_2, \ldots, N_r$ が整数で、$N_i$ のどの2つも互に素であるならば
$$\label{eq2}x\equiv a_i\Mod{N_i} (1\leq i\leq r)\Longleftrightarrow x\equiv t \Mod{N_1 N_2 \cdots N_r}\tag{2}$$
となる $t\Mod{N_1 N_2 \cdots N_r}$ が一意的に定まる。さらに
$$\label{eq3}\gcd(a_1, N_1)=\gcd(a_2, N_2)=\cdots =\gcd(a_r, N_r)=1\Longleftrightarrow \gcd(t, N_1 N_2 \cdots N_r)=1\tag{3}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$N_i$ のどの2つも互に素だから[倍数と約数: 命題4](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop4) より
$N_s$ と $M_s=(N_1 N_2 \cdots N_r)/N_s=\prod_{1\leq i\leq r, i\neq s} N_i$ も互いに素である。
よって各 $s=1, 2, \ldots, r$ に対して
$$b_s M_s\equiv 1\Mod{N_s}$$
となる $b_s$ がとれる。

$$x\equiv a_1 b_1 M_1+a_2 b_2 M_2+\cdots a_r b_r M_r\Mod{N_1 N_2 \cdots N_r}$$
ならば $s=1, 2, \ldots, r$ に対して
$$x\equiv a_s b_s M_s\equiv a_s\Mod{N_s}$$
が成り立つ。よって \eqref{eq2} が成り立つ $t\Mod{N_1 N_2 \cdots N_r}$ が存在することが確かめられる。
逆に
$$x\equiv a_s\Mod{N_s} (s=1, 2, \ldots, r)$$
ならば
$$x\equiv a_s b_s M_s\equiv a_1 b_1 M_1+a_2 b_2 M_2+\cdots a_r b_r M_r\Mod{N_s} (s=1, 2, \ldots, r)$$
となるが $N_i$ のどの2つも互に素だから、[倍数と約数: 命題1](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop1)より
$\LCM[N_i, N_j]=N_i N_j$ が $1\leq i<j\leq r$ について成り立ち、[倍数と約数: 命題2](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop2)を繰り返し適用し、
$$x\equiv a_1 b_1 M_1+a_2 b_2 M_2+\cdots a_r b_r M_r\Mod{N_1 N_2 \cdots N_r}$$
が成り立つ。よって \eqref{eq2} が成り立つ $t\Mod{N_1 N_2 \cdots N_r}$ は一意的に定まる。

さらに $\gcd(a_1, N_1)=\gcd(a_2, N_2)=\cdots =\gcd(a_r, N_r)=1$ ならば
各 $i$ について $t\equiv a_i\Mod{N_i}$ かつ $\gcd(a_i, N_i)=1$ なので $\gcd(t, N_i)=1$ であるから
[倍数と約数: 命題4](textbooks/初等整数論/整除性/倍数と約数#prop4) より $\gcd(t, N_1 N_2 \cdots N_r)=1$ となる。
一方 $d>1$ が $a_i, N_i$ をともに割り切るとき $t\equiv a_i\Mod{N_i}$ だから $d$ は $t_i$ も割り切るが、
$d$ は $N_i$ も割り切るので $d$ は $t, N_1 N_2 \cdots N_r$ をともに割り切る。
よって \eqref{eq3} も成り立つ。
&&&

中国式剰余定理という名称は、古代の中国の算術書「孫子算経」に、複数の合同式を同時に満足する整数を求める問題が述べられていることに由来するが、実際には古代ギリシアではより古くから知られていたようである（Ribenboim, 1996, p. 33 を参照。なお同書や他の多くの文献では古代の中国で兵士の人数を数えるためにこの定理が用いられたと書かれているが、これは後世の創作のようである。Alexei Volkov, On the origins of the Toan phap dai thanh (Great compendium of mathematical methods), ''From China to Paris: 2000 years transmission of mathematical ideas'', edited by Yvonne Dold-Samplonius, F. Steiner, 2002, p.p. 369--410 など、および[StackExchange, Has Chinese Remainder Theorem ever been used by Chinese military?](https://hsm.stackexchange.com/questions/6648/has-chinese-remainder-theorem-ever-been-used-by-chinese-military)などを参照）。

中国式剰余定理から、$\varphi(N)$ の値を決定することができる。

&&&thm [th2]
$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ と素因数分解すると、
$$\varphi(N)=\prod_{i=1}^k p_i^{e_i-1}(p_i-1).$$
ただし $N=1, k=0$ のときは右辺の空積は $1$ をとるとする。
&&&

&&&prf
$N=p^e$ かつ $p$ が素数のとき $N=p^e$ と互に素な整数全体は $p$ の倍数ではない整数全体と一致する。
よって $1, 2, \ldots, N-1$ のなかで $N$ と互に素なものは、$1, 2, \ldots, N$ のうち $p, 2p, \ldots, (N/p)p=N$ を除いたもの全体と一致するから
$$\varphi(p^e)=p^{e-1}(p-1)$$
が成り立つ。

一般の整数 $N>1$ について $N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$ と素因数分解する。
$1\leq t\leq N$ となる整数 $t$ に対して $t$ を $p_i^{e_i}$ で割った余りを $r_i(t)$ とおくと、
各 $i$ に対して $a_i\equiv t\Mod{p_i^{e_i}}$ が成り立つから、
[中国式剰余定理](#th1)より
$$\gcd(t, N)=1\Longleftrightarrow \gcd(r_1(t), p_1^{e_1})=\gcd(r_2(t), p_2^{e_2})=\cdots =\gcd(r_k(t), p_k^{e_k})=1$$
となる。さらに $(a_1, a_2, \ldots, a_k)$ に対して $r_i(t)=a_i (1\leq i\leq k)$ となる $t$ が一意的に定まる。よって
$1\leq t\leq N, \gcd(t, N)=1$ となる整数 $t$ と
$0\leq a_i\leq p_i^{e_i}-1, \gcd(a_i, p_i^{e_i})=1 (1\leq i\leq k)$ となる整数の組 $(a_1, a_2, ldots, a_k)$ が
$1$対$1$に対応する。よって
$$\varphi(N)=\prod_{i=1}^k\varphi(p^e)=\prod_{i=1}^k p_i^{e_i-1}(p_i-1).$$
となる。
&&&

このことから、$\varphi(8)=\varphi(12)=4$, $\varphi(15)=\varphi(20)=\varphi(24)=8$ となることがわかる。

中国式剰余定理

[合同式の導入:定理9](/textbook/初等整数論/整除性/合同式の導入#thm9)より、$3n+2$ の形の平方数は存在しない。同じようにして、$4n+3, 5n+2, 5n+3, \ldots$ のような形の平方数も存在しないことがわかる。
一方、$3n+1, 4n+1, 5n+1, 5n+4, \ldots$ のような形の平方数は存在する。

与えられた整数 $a, k$ に対して $kn+a (n\in\Z)$ の形の平方数が存在することは合同式
$$x^2\equiv a\Mod{k}$$
が解をもつことと同値である。このとき、$a$ を $k$ を法とする**平方剰余** (*quadratic residue*) といい（あるいは$a\Mod{k}$ を平方剰余といい）、
そうでないとき $a$ を $k$ を法とする**平方非剰余** (*quadratic nonresidue*) という（あるいは$a\Mod{k}$ を平方非剰余という）。

とくに、法 $p$ が素数である場合、**Legendre記号** $(a/p)$ を、

- $\gcd(a, p)=1$ で $a$ が $p$ を法とする平方剰余ならば $(a/p)=1$
- $\gcd(a, p)=1$ で $a$ が $p$ を法とする平方非剰余ならば $(a/p)=-1$
- $p\mid a$ ならば $(a/p)=0$

と定義する。
この項目では、Legendre記号のとる値について解説する。すなわち素数を法とする平方剰余について解説する。

# 基本的性質

&&&thm [th1]
奇素数 $p$ を法とする原始根 $g$ をひとつとる。
$p$ と互に素な整数 $a$ について、$g$ を底とする $a$ の指数を $k$ とおくと
$$\left(\frac{a}{p}\right)=1\Longleftrightarrow 2\mid k$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$(a/p)=1$ のとき
$$x^2\equiv g^k\equiv a\Mod{p}$$
となる $x$ が存在する。
$$g^{k(p-1)/2}\equiv x^{k(p-1)}\equiv 1\Mod{p}$$
であるが、$g$ は原始根なので $k/2$ は整数、すなわち $k$ は偶数となる。

逆に $k=2m$ が偶数のとき 
$$(g^m)^2\equiv g^k\equiv a\Mod{p}$$
となるから $(a/p)=1$ である。
&&&

&&&thm [th2]
$p$ が奇素数のとき
$$\left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{(p-1)/2}\Mod{p}.$$
&&&

&&&prf
$p$ と互に素な整数 $a$ について、$g$ を底とする $a$ の指数を $k$ とおく。
$(a/p)=1$ のとき [定理1](#th1)より $k$ は偶数であるから
$$a^{(p-1)/2}\equiv g^{k(p-1)/2}\equiv 1\Mod{p}$$
となる。また $(a/p)=-1$ のとき $k$ は奇数であるから
$$a^{(p-1)/2}\equiv g^{k(p-1)/2}\equiv g^{(p-1)/2}\equiv -1\Mod{p}$$
となる。$(a/p)=0$ のときは
$$\left(\frac{a}{p}\right)\equiv 0\equiv a^{(p-1)/2}\Mod{p}$$
となる。
&&&

このことからすぐに、次の事実が導かれる。

&&&thm [thm3]
$$\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)=\left(\frac{ab}{p}\right).$$
&&&

&&&prf
$p\mid (ab)$ ならば両辺ともに $0$ となるので、$\gcd(a, p)=\gcd(b, p)=1$ としてよい。さらにこのとき
$p=2$ ならば両辺ともに $1$ となるので、$p$ は奇数としてよい。
このとき[定理2](#th2)より
$$\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)\equiv a^{(p-1)/2}b^{(p-1)/2}\equiv (ab)^{(p-1)/2}\equiv \left(\frac{ab}{p}\right)\Mod{p}$$
がすぐにわかるが、$p>2$ なので
$$\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)=\left(\frac{ab}{p}\right)$$
となる。
&&&

また、[定理2](#th2)の特別な場合として、$(-1/p)$ が決定される。

&&&thm 第1補充法則 [th4]
$p$ が奇素数のとき
$$\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{(p-1)/2}=\left\{\begin{array}{cl}1 & (p\equiv 1\Mod{4})\\
-1 & (p\equiv 3\Mod{4}).\end{array}\right.$$
&&&

なお、$p\equiv 3\Mod{4}$ のときに $(-1/p)=-1$ となることは[乗法的位数: 定理2](/textbook/初等整数論/合同式/乗法的位数#th2)からすぐにわかる。
第1補充法則からは、逆に、$p\equiv 1\Mod{4}$ ならばかならず $p\mid (n^2+1)$ となる整数 $n$ が存在することがわかる。


# Gaussの補題と第2補充法則

&&&lem Gaussの補題 [lem5]
$p$ を奇素数とし、$a$ を $p$ で割り切れない整数とする。
$ak (k=1, 2, \ldots, (p-1)/2)$ を $p$ で割った余りを $r_k$ とし、
$r_k>p/2$ となる $k$ の個数を $\mu$ とおくと
$$\left(\frac{a}{p}\right)=(-1)^\mu.$$
&&&

&&&prf
$$s_k=\left\{\begin{array}{cl}r_k & (r_k\leq (p-1)/2)\\
p-r_k & (r_k\geq (p-1)/2)\end{array}\right.$$
とおく。
$k=1, 2, \ldots, (p-1)/2$ に対して $p$ は $ak$ を割り切らないから $r_k\neq 0$ なので $s_k\neq 0$ となる。
よって $1\leq s_k\leq (p-1)/2$ がつねに成り立つ。

一方、$s_k=s_\ell$ ならば $k=\ell$ となる。実際このとき
$r_k=r_\ell$ または $r_k=p-r_\ell$ となるが、$2\leq k+\ell\leq p-1$ より
$$r_k+r_\ell\equiv a(k+\ell)\not\equiv 0\Mod{p}$$
となるので、$r_k=r_\ell$ つまり
$$r_k-r_\ell\equiv a(k-\ell)\equiv 0\Mod{p}$$
となり、$\abs{k-\ell}<p$ より $k=\ell$ でなければならない。

よって、$s_k (k=1, 2, \ldots, (p-1)/2)$ は $1, 2, \ldots, (p-1)/2$ を$1$回ずつとるので
$$\prod_{k=1}^{(p-1)/2} s_k\equiv \left[\frac{p-1}{2}\right]!\Mod{p}$$
となる。また
$$\prod_{k=1}^{(p-1)/2} r_k\equiv \prod_{k=1}^{(p-1)/2} (ak)\equiv a^{(p-1)/2} \left[\frac{p-1}{2}\right]!\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\left[\frac{p-1}{2}\right]!\Mod{p}$$
となる。一方
$$s_k\equiv \left\{\begin{array}{cl}r_k & (r_k\leq (p-1)/2)\\
-r_k & (r_k\geq (p-1)/2)\end{array}\right. \Mod{p}$$
となるから
$$\prod_{k=1}^{(p-1)/2} s_k\equiv (-1)^\mu \prod_{k=1}^{(p-1)/2} r_k \Mod{p}$$
が成り立つ。よって
$$1\equiv (-1)^\mu \left(\frac{a}{p}\right)\Mod{p}$$
つまり
$$\left(\frac{a}{p}\right)\equiv (-1)^{-\mu}\equiv (-1)^\mu \Mod{p}$$
が成り立つ。
&&&

Gaussの補題からは $(\pm 2/p)$ を決定することができる。

&&&thm 第2補充法則 [th6]
$p$ が奇素数のとき
$$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}-\floor{\frac{p}{4}}}
=\left\{\begin{array}{cl}1 & (p\equiv \pm 1\Mod{8})\\
-1 & (p\equiv \pm 3\Mod{8}).\end{array}\right.$$
および
$$\left(\frac{-2}{p}\right)=\left\{\begin{array}{cl}1 & (p\equiv 1, 3\Mod{8})\\
-1 & (p\equiv 5, 7\Mod{8}).\end{array}\right.$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
[Gaussの補題](#lem5)より
$$2, 4, \ldots, p-1$$
のうち、$p/2$ より大きいものの個数を $\mu$ とおくと
$$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^\mu$$
となる。

$$\mu=\frac{p-1}{2}-\floor{\frac{p}{4}}$$
であるから、
$$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}-\floor{\frac{p}{4}}}$$
となる。
$p\equiv 1\Mod{4}$ のとき
$$\frac{p-1}{2}-\floor{\frac{p}{4}}=\frac{p-1}{2}-\frac{p-1}{4}=\frac{p-1}{4}$$
となる。$p\equiv 1\Mod{8}$ のとき、右辺は偶数だから $(2/p)=1$ となる,
$p\equiv 5\Mod{8}$ のとき、右辺は奇数だから $(2/p)=-1$ となる。
$p\equiv 3\Mod{4}$ のとき
$$\frac{p-1}{2}-\floor{\frac{p}{4}}=\frac{p-1}{2}-\frac{p-3}{4}=\frac{p+1}{4}$$
となる。$p\equiv 7\Mod{8}$ のとき、右辺は偶数だから $(2/p)=1$,
$p\equiv 3\Mod{8}$ のとき、右辺は奇数だから $(2/p)=-1$ となる。
これによって $(2/p)$ は決定される。

[定理3](#th3)より
$$\left(\frac{-2}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right)\left(\frac{2}{p}\right)$$
となるから、[第1補充法則](#th4)とあわせて $p\equiv 1, 3$ のとき $(-2/p)=1$,
$p\equiv 5, 7$ のとき $(-2/p)=-1$ となる。
&&&


# 平方剰余の相互法則

&&&thm 平方剰余の相互法則 [th7]
$p, q$ がともに奇素数のとき
$$\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{(p-1)(q-1)/4}$$
が成り立つ。
&&&

&&&lem [lem8]
$p, q$ がともに奇素数のとき
$$S(q, p)=\sum_{s=1}^{(p-1)/2} \floor{\frac{sq}{p}}$$
とおくと
$$S(q, p)+S(p, q)=\frac{(p-1)(q-1)}{4}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$$V=\{(x, y)\in\Z^2|1\leq x\leq (p-1)/2, 1\leq y\leq (q/p)x\},$$
$$W=\{(x, y)\in\Z^2|1\leq y\leq (q-1)/2, 1\leq x\leq (p/q)y\}$$
とおくと
$$\frac{sq}{p}=\#\{y\in\Z| 1\leq y\leq sq/p\}=\#\{(s, y)\in\Z^2|1\leq y\leq sq/p\}$$
より
$$S(q, p)=\# V$$
が成り立つ。同様に
$$S(p, q)=\# W$$
となる。
$$U=\Z^2\cap ([1, (p-1)/2]\times [1, (q-1)/2])=\{(x, y)\in\Z^2|1\leq x\leq (p-1)/2, 1\leq y\leq (q-1)/2\}$$
とおくと $V, W$ は $U$ の部分集合で
$$U=V\cup W, V\cap W=\emptyset$$
が成り立つ。実際、$U$ 上の点は $1\leq y\leq (q/p)x$ のとき $V$ に属し
$(q/p)x\leq y\leq (q-1)/2$ のとき $x\leq (p/q)y$ となるから $W$ に属する。
また $1\leq x\leq (p-1)/2$ のとき $p$ は $qx$ を割り切らないから $V$ 上の点では $y=(q/p)x$ は成り立たないので
$V, W$ は共通部分をもたない。よって
$$S(q, p)+S(p, q)=\#V +\#W =\#U = \frac{(p-1)(q-1)}{4}$$
が成り立つ。
&&&

&&&lem [lem9]
$p, q$ がともに奇素数のとき
$$\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{S(q, p)}.$$
&&&

&&&prf
$kq (k=1, 2, \ldots, (p-1)/2)$ を $p$ で割った余りを $r_k$ とし
$r_k>p/2$ となる $k$ の個数を $\mu$ とおく。また
$$s_k=\left\{\begin{array}{cl}r_k & (r_k\leq (p-1)/2)\\
p-r_k & (r_k\geq (p-1)/2)\end{array}\right.$$
とおく。[Gaussの補題](#lem5)の証明と同様にして、$s_k$ は $1, 2, \ldots, (p-1)/2$ を1回ずつとるから
$$\sum_{k=1}^{(p-1)/2} s_k=\sum_{k=1}^{(p-1)/2} k=\frac{1}{2}\times\frac{p-1}{2}\times\frac{p+1}{2}=\frac{p^2-1}{8}$$
となる。
一方
$$\sum_{k=1}^{(p-1)/2} s_k=\sum_{s_k=r_k} s_k+\sum_{s_k=p-r_k} s_k
=\sum_{s_k=r_k} r_k+\sum_{s_k=p-r_k} (p-r_k)=\sum_{s_k=r_k} r_k+ \mu p-\sum_{s_k=p-r_k} r_k$$
だから
$$
\sum_{s_k=r_k} r_k+ \mu p-\sum_{s_k=p-r_k} r_k=\frac{p^2-1}{8}
\label{eq1}\tag{1}
$$
が成り立つ。

定義から
$$kq=p\floor{\frac{kq}{p}}+r_k$$
であるから
$$q\frac{p^2-1}{8}=pS(q, p)+\sum_{k=1}^{(p-1)/2} r_k$$
となるので \eqref{eq1} より
$$\frac{(q-1)(p^2-1)}{8}=pS(q, p)-\mu p+2\sum_{s_k=p-r_k} r_k$$
が成り立つ。$p, q$ はともに奇数なので $8\mid (p^2-1)$ より、左辺は偶数であるから
$$S(q, p)\equiv \mu\Mod{2}$$
つまり
$$(-1)^\mu=(-1)^{S(q, p)}$$
が成り立つ。よって[Gaussの補題](#lem5)より
$$\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^\mu=(-1)^{S(q, p)}$$
が成り立つ。
&&&

&&&平方剰余の相互法則の証明
[補題9](#lem9)より
$$\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{S(q, p)+S(p, q)}$$
となるから[補題8](#lem8)より
$$\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{(p-1)(q-1)/4}$$
となる。
&&&

&&&cor
$p, q$ のいずれかが $4n+1$ の形の素数ならば $8\mid (p-1)(q-1)$ より
$$\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=1$$
となり
$$\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right)$$
が成り立つ。
$p, q$ がともに $4n+3$ の形の素数ならば $p-1, q-1$ はともに $2$ で$1$回ずつしか割り切れないので
$(p-1)(q-1)/4$ は奇数だから
$$\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=-1$$
となり
$$\left(\frac{q}{p}\right)=-\left(\frac{p}{q}\right)$$
が成り立つ。
&&&

与えられた数 $a, p$ に対して平方剰余を求めたいときは、
$a$ を $p$ で割った余り $r$ をとり、$r=\prod q_i^{e_i}$ と素因数分解すると $q_i\leq r<p$ かつ
$$\left(\frac{a}{p}\right)=\prod_i \left(\frac{q_i}{p}\right)^{e_i}$$
となるが、平方剰余の相互法則より
$$\left(\frac{q_i}{p}\right)=\left(\frac{p}{q_i}\right)(-1)^{(p-1)(q_i-1)/4}$$
となるので、結局より小さな素数 $q_i$ を法とする平方剰余に帰着する。これによって
任意の素数を法とする平方剰余が求められる。

#参考文献
第2補充法則および相互法則の証明は
G. H. Hardy and E. M. Wright, Chapter 6, Section 6.11-6.13, p.p. 92--98 を参考にした。


平方剰余

# $\zeta$関数

**$\zeta$関数** (*zeta function*) を
$$\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$$
により定義する。

Dirichlet級数 $\zeta(1)$ は発散する。
実際、積分との比較から $\sum_{n=1}^N 1/n=\log N+O(1)$ となることが容易にわかる。
さらに正確に、[Abelの総和公式](/glossaries/fqEDxfQC5cz8BAIc7S1g#Abelの総和公式の応用例)から、$$\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}=\log N+\gamma+O\left(\frac{1}{N}\right)$$ となる定数
$\gamma$ が存在することがわかる。

$\sigma=\operatorname{Re} s>1$ のとき、Dirichlet級数 $\zeta(s)$ は絶対収束し、
$$\abs{\zeta(s)}\leq \zeta(\sigma)<1+\int_1^\infty\frac{dt}{t^\sigma}=\frac{\sigma}{\sigma-1}$$
が成り立つ。

このことから、$\zeta(s)$ の絶対収束座標は $1$ であることがわかる。
よって、$\operatorname{Re} s>1$ において $\zeta(s)$ は[Euler積](./yo2AHysrnB9YevFVw06h#th5)
$$\zeta(s)=\prod_p \left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}$$
をもつ。

さらに、$\sigma>1$ が $1$ より大きい実数のときは
$$\zeta(\sigma)>\int_1^\infty\frac{dt}{t^\sigma}=\frac{1}{\sigma-1}$$
となるから、
$$\frac{1}{\sigma}<\zeta(\sigma)<\frac{\sigma}{\sigma-1}$$
が成り立つ。このことから
$$\lim_{\sigma\rightarrow 1+0}(\sigma-1)\zeta(\sigma)=1$$
となることがわかる。

ζ関数

# Eulerのtotient関数

$\varphi(N)$ を[Eulerの定理](textbooks/初等整数論/整除性/合同式#thm32)にあらわれたEuler関数とする。すなわち
$1, 2, \ldots, N-1$ のうち $N$ と互いに素な整数の個数とする。
[合同式:定理7.2](textbooks/初等整数論/整除性/合同式#thm72)で述べたように
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると
$$\varphi(N)=\prod_{i=1}^r p_i^{e_i-1}(p_i-1)$$
となる。このことは包含と除去の原理から証明することもできる。

&&&prf
$S=\{0, 1, \ldots, N-1\}$ とし、$1\leq i\leq r$ に対して
$$S_i=\{m\in S, p_i\mid m\}$$
を $0, 1, \ldots, N-1$ のうち $p_i$ の倍数全体の集合とする。
とおく。
$T$ を $0, 1, \ldots, N-1$ のうち、$N$ と互いに素な整数全体の集合とすると
$$T=S\backslash \bigcup_{p\mid d}S_p$$
が成り立つ。一方
$$S_I=\bigcap_{i\in I}S_I$$
とおくと、$S_I$ は $\prod_{i\in I}p_i$ の倍数全体の集合だから
$$\#S_I=\frac{N}{\prod_{i\in I}p_i}$$
が成り立つ。よって包含と除去の原理より
$$\begin{split}
\# T= & \sum_{I\in \{1, 2, \ldots, r\}}(-1)^{\# I}\frac{N}{\prod_{i\in I}p_i} \\
= & N\sum_{I\in \{1, 2, \ldots, r\}} \prod_{i\in I}\left(-\frac{1}{p_i}\right) \\
= & N\prod_{i=1}^r \left(1-\frac{1}{p}\right)
\end{split}$$
となる。
&&&

このことから、約数関数と同様に、次のことがわかる。

&&&thm [thm1]
$\gcd(m, n)=1$ ならば $\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$.
&&&

$\varphi(n)$ の値について、次のことがすぐにわかる。

&&&thm [thm2]
$\varphi(n)$ が奇数ならば、$n=1$ または $2$ で、$\varphi(n)=1$.
&&&

&&&prf
$p$ が奇素数のとき、$\varphi(p^e)=p^{e-1}(p-1)$ は $p-1$ で割り切れるから偶数。よって、$n$ が奇素数を素因数にもつとき、$n$ は偶数。
また、$n=2^e$ のとき、$\varphi(n)=2^{e-1}$ なので、$\varphi(n)$ が奇数ならば $e=1$ でなければならない。
よって、$\varphi(n)$ が奇数ならば、$n=1$ または $2$ である。このとき、$\varphi(n)=1$ となる。
&&&

Eulerのtotient関数

# Lucas数列の整除性および合同

前ページにあげた関係式を用いて、Lucas数列の整除性および合同に関する重要な性質が導かれる。
式番号は本章の前ページまでと共通のものを使用する。

&&&thm [th1]
$k, m\in\Z$ のとき、 $u_m\mid u_{km}$.
$k, m\in\Z$ で $k$ が奇数のとき、$v_m\mid v_{km}$.
&&&


&&&prf
$(2.6b)$ あるいは $(2.11)$ より $u_m\mid u_{km}$ がすぐにわかる。
また $(2.11)$ より $k$ が奇数ならば $v_m\mid v_{km}$ となる。
&&&

&&&thm [th2]
$p$ が素数ならば
$$v_p\equiv P\Mod{p}. \label{eq31}\tag{3.1}$$
さらに $p$ が奇素数ならば
$$u_{kp}\equiv \left(\frac{D}{p}\right)u_k\Mod{p}.$$
とくに
$$u_{p^e}\equiv \left(\frac{D}{p}\right)^e\Mod{p}.$$
&&&
&&&prf
$p$ が奇素数で $0<r<p$ ならば $\binom{p}{r}=p!/(r!(p-r)!)$ は $p$ で割り切れるので、
$(2.13)$ より 
$$v_p\equiv\sum_{r=0}^{(p-1)/2} \binom{p}{r}Q^r v_{p-2r}\equiv P^p\equiv P\Mod{p}.$$
また $p=2$ のとき
$$v_2=\alpha^2+\beta^2=P^2-2Q\equiv P^2\equiv P\Mod{p}$$
となるから、$p$ が素数ならば \eqref{eq31} が成り立つ。

再び $p$ が奇素数のとき、 $0<r<p$ ならば $\binom{p}{r}=p!/(r!(p-r)!)$ は $p$ で割り切れるので、$(2.9)$ より
$$D^{(p-1)/2}u_k^p=\sum_{r=0}^{(p-1)/2} \binom{p}{r} (-1)^r Q^{kr} u_{k(p-2r)}\equiv u_{kp}\Mod{p}$$
となるので、[平方剰余:定理2](/textbooks/初等整数論/合同式/平方剰余#th2)より $D^{(p-1)/2}\equiv (D/p)\Mod{p}$ だから
$$u_{kp}\equiv\left(\frac{D}{p}\right)u_k^p\Mod{p}$$
となる。とくに
$$u_{p^e}\equiv \left(\frac{D}{p}\right)u_{p^{e-1}}\equiv\cdots\equiv\left(\frac{D}{p}\right)^e\Mod{p}$$
となる。
&&&

つぎの定理はFermatの小定理の一般化となっている、重要な定理である。
&&&thm [th3]
$p$ が $P, Q, D$ のいずれも割り切らない奇素数ならば $p$ は $u_{p-(D/p)}$ を割り切る。
&&&

&&&prf
$p$ が奇素数で $(D/p)=-1$ ならば $(2.12)$ より
$$2^p u_{p+1}=(p+1)P^p +\binom{p+1}{3}P^{p-2}D+\cdots+\binom{p+1}{p}PD^{(p-1)/2}$$
であるが、$2\leq r\leq p-1$ のとき $p$ は $\binom{p+1}{r}$ を割り切るので、
$$2^p u_{p+1}\equiv P^p+PD^{(p-1)/2}\equiv P+P\left(\frac{D}{p}\right)\equiv 0\Mod{p}$$
となる。$p\neq 2$ なので
$$p\mid u_{p+1}=u_{p-(D/p)}$$
となる。
$p$ が奇素数で $(D/p)=1$ とする。
$$\binom{p-1}{r}=\frac{(p-1)\cdots (p-r)}{r!}\equiv (-1)^r\Mod{p}$$
となる。また $p$ は $P^2-D=4Q$ を割り切らないので、
$$\begin{split}
2^{p-2} u_{p-1}= & (p-1)P^{p-2}+\binom{p-1}{3}P^{p-4}D+\cdots+\binom{p-1}{p-2}PD^{(p-3)/2} \\
\equiv & -(P^{p-2}+P^{p-4}D+\cdots PD^{(p-3)/2}) \\
\equiv & -P\times \frac{P^{p-1}-D^{(p-1)/2}}{P^2-D}.
\end{split}$$

$(D/p)=1$ だから
$$C^2\equiv D\Mod{p}$$
となる $C\in\Z$ が存在する。$p$ は $D$ を割り切らないから $C$ も割り切らないので
$$2^{p-2} u_{p-1}\equiv -P\times \frac{P^{p-1}-C^{p-1}}{P^2-C^2}\equiv 0\Mod{p}$$
となる。
&&&

$a\not\equiv 0, \pm 1\Mod{p}$ となる整数 $a$ について $P=a+1, Q=a$ のとき $D=(a-1)^2$ となるので、 $(D/p)=1$ となる。
[定義と例: 例3](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/定義と例#ex3)にあるように $u_n(P, Q)=(a^n-1)/(a-1)$ なのでこの定理は、
$$\frac{a^{p-1}-1}{a-1}\equiv 0\Mod{p}$$
となり、通常のFermatの定理と一致する。

残るのは $p=2$ の場合と、$p$ が $P, Q, D$ のいずれかを割り切る場合だが、先につぎの合同式を示す。

&&&thm [th4]
$n\geq 1$ のとき
$$u_n\equiv v_{n-1}\Mod{Q}$$
かつ
$$v_n\equiv P^n\Mod{Q}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$n\geq 1$ のとき $(2.11)$ より
$$u_n=v_{n-1}+Q v_{n-3}+\cdots\equiv v_{n-1}|Mod{Q}$$
となり、$n>0$ のとき $(2.13)$ より
$$P^n\equiv v_n+nQv_{n-2}+\cdots\equiv v_n\Mod{Q}$$
となる。
&&&

$u_n, v_n$ が $p=2$ で割れるかどうか、つまり $u_n, v_n$ の偶奇はつぎのようにしてわかる。

&&&thm [th5]
- $P, Q$ がともに偶数のとき $n\geq 2$ に対して $u_n$ は偶数で、$n\geq 0$ のとき $v_n$ は偶数。
- $P$ が奇数で $Q$ が偶数ならば $n\geq 1$ のとき $u_n, v_n$ は奇数。
- $P$ が偶数で $Q$ が奇数ならば $n\geq 0$ のとき $u_n$ の偶奇は $n$ の偶奇と一致し、$v_n$ はつねに偶数。
- $P, Q$ がともに奇数のとき $u_n, v_n$ は $n$ が $3$ の倍数のとき偶数で、それ以外のとき奇数。
&&&

&&&prf
- 漸化式から、$P, Q$ がともに偶数ならば $n\geq 2$ のとき $u_n=Pu_{n-1}-Qu_{n-2}$ は偶数、$v_n=Pv_{n-1}-Qv_{n-2}$ も偶数。さらに $v_0=2, v_1=P$ も偶数なので $n\geq 0$ のとき $v_n$ は偶数。
- $P$ が奇数で $Q$ が偶数のとき $$u_n\equiv Pu_{n-1}\equiv u_{n-1}\Mod{2}$$ で $u_1=1$ は奇数だから $n\geq 1$ のとき $u_n$ は奇数。同様に $$v_n\equiv Pv_{n-1}\equiv v_{n-1}\Mod{2}$$ で $v_1=P$ は奇数だから $n\geq 1$ のとき $v_n$ は奇数。
- $P$ が偶数で $Q$ が奇数ならば $$u_n\equiv Qu_{n-2}\equiv u_{n-2}\Mod{2},$$ $u_0=0$ は偶数で $u_1=1$ は奇数だから $n\geq 0$ のとき $u_n$ の偶奇は $n$ の偶奇と一致する。同様に $$v_n\equiv Qv_{n-2}\equiv v_{n-2}\Mod{2},$$ $v_0=2, v_1=P$ はともに偶数だから $n\geq 0$ のとき $v_n$ は偶数。
- $P, Q$ がともに奇数のとき $u_0=0$ は偶数で $u_1=1, u_2=P$ は奇数。$u_{3m}$ が偶数で $u_{3m+1}, u_{3m+2}$ が奇数のとき $$\begin{split}u_{3m+3}= & Pu_{3m+1}-Qu_{3m+2}\equiv u_{3m+1}+u_{3m+2}\equiv 0\Mod{2}, u_{3m+4}\equiv & u_{3m+2}+u_{3m+3}\equiv 1\Mod{2}, \\ u_{3m+5}\equiv & u_{3m+3}+u_{3m+4}\equiv 1\Mod{2}\end{split}$$ より $u_{3(m+1)}$ は偶数で $u_{3(m+1)+1}, u_{3(m+1)+2}$ は奇数。よって数学的帰納法より $u_n$ は $n$ が $3$ の倍数のとき偶数で、それ以外のとき奇数。同様に、$v_0=2$ は偶数で $v_1=P, v_2=P^2-2$ は奇数なので、$v_n$ は $n$ が $3$ の倍数のとき偶数で、それ以外のとき奇数。
&&&

$p$ が $P, Q, D$ のいずれかの素因数の場合、$u_n, v_n$ が $p$ の倍数となる場合はつぎのようにしてわかる。

&&&thm [th6]
- $p$ が $P, Q$ をともに割り切る奇素数のとき $n\geq 2$ ならば $p$ は $u_n$ を割り切る。
- $p$ が $P$ を割り切るが $Q$ を割り切らない奇素数のとき $n\geq 0$ が偶数のとき $p$ は $u_n$ を割り切り、$n\geq 0$ が奇数のとき $p$ は $u_n$ を割り切らない。
- $p$ が $P$ を割り切らないが $Q$ を割り切る奇素数のとき $n\geq 1$ に対して、 $p$ は $u_n$ を割り切らない。
- $p$ が $P, Q$ をいずれも割り切らないが $D$ を割り切る奇素数のとき、ちょうど $p$ が $n$ を割り切るときに $p$ が $u_n$ も割り切る。
&&&

&&&prf
- $p$ が $P, Q$ をともに割り切る奇素数のとき $n\geq 2$ ならば $u_n=Pu_{n-1}-Qu_{n-2}$ は $p$ の倍数。
- $p$ が $P$ を割り切るが $Q$ を割り切らない奇素数のとき $u_1=1$ は $P$ の倍数ではなく、$u_2=P$ は $p$ の倍数。$$u_n=Pu_{n-1}-Qu_{n-2}\equiv Qu_{n-2}\Mod{p}$$ より、$$p\mid u_n\Longleftrightarrow p\mid u_{n-2}$$ となるから、$$p\mid u_n \Longleftrightarrow 2\mid n$$ がわかる。
- $p$ が $P$ を割り切らないが $Q$ を割り切る奇素数のとき、$u_n$ が $p$ で割り切れなければ $$u_{n+1}\equiv Pu_n-Qu_{n-1}\equiv Pu_n\Mod{p}$$ より $u_{n+1}$ も $p$ で割り切れない。$u_1=1$ は $p$ で割り切れないから、結局 $n\geq 1$ のとき $u_n$ は $p$ で割り切れない。
- $(2.12)$ より $$2^{p-1}u_p\equiv pP^{n-1}\Mod{D}$$ だから、$p$ が $D$ を割り切る奇素数のとき、$$2^{p-1}u_p\equiv pP^{p-1}\equiv 0\Mod{p}$$ となるので $p\mid 2^{p-1} u_p$、$p$ は奇数だから $p$ は $u_p$ を割り切るので[定理1](#th1)より $p\mid n$ ならば $p$ は $u_n$ も割り切る。一方、$p$ が $n$ を割り切らないとき $(2.12)$ より $2^{n-1}u_n\equiv nP^{n-1}\Mod{p}$ となるが $p$ は $n$ も $P$ も割り切らないので、$u_n$ も $p$ で割り切れない。
&&&

# 乗法的位数の一般化

$n\mid u_k$ となる正の整数 $k$ が存在するとき、$n\mid u_k$ となる最小の正の整数 $k$ を $\rho(n)$ とおく。
[定理3](#th3)および[定理6](#th6)より $p$ が $2Q$ を割り切らないとき $\rho(p)$ が存在することがわかる。

$\rho(n)$ は[乗法的位数](/textbooks/初等整数論/合同式/乗法的位数)と類似した性質をもっている。たとえば、次の定理が成り立つ。

&&&thm [th7]
$n\mid u_k$ となる正の整数 $k$ が存在し、$\gcd(n, 2Q)=1$ かつ $m\geq 0$ のとき
$$n\mid u_m\Longleftrightarrow \rho(n)\mid m.$$
&&&

&&&prf
[定理1](#th1)より $\rho(n)\mid m$ かつ $m\geq 0$ ならば $u_m$ は $n$ で割り切れることはすぐにわかる。

$m\geq 0$ で $u_m$ が $n$ で割り切れるとし、
$$m=q\rho(n)+r, 0\leq r<\rho(n)$$
となる $q, r$ をとると
$$u_m=\frac{u_{q\rho(n)} v_r+u_r v_{q\rho(n)}}{2}$$
より $u_r v_{q\rho(n)}$ は $n$ で割り切れる。

$(2.4)$ より
$$v_{q\rho(n)}^2=Du_{q\rho(n)}^2+4Q^n$$
だから $p$ が $n$ の素因数で $v_{q\rho(n)}$ を割り切るとき
$p$ は $4Q^n=v_{q\rho(n)}^2-Du_{q\rho(n)}^2$ を割り切る。しかし、これは $\gcd(n, 2Q)=1$ に矛盾する。
よって、$\gcd(v_{q\rho(n)}, n)=1$ なので $u_r$ も $n$ で割り切れるが、$0\leq r<\rho(n)$ より
$r=0$ である。つまり $\rho(n)$ は $m$ を割り切る。
&&&

[定理3](#th3)および[定理6](#th6)より、つぎのように結論できる。

&&&thm [th8]
$p$ が $2Q$ を割り切らない素数とすると、
- $p\mid P$ のとき $\rho(p)=2$.
- $p\nmid P$ かつ $p\mid D$ のとき $\rho(p)=p$.
- $p\nmid PD$ のとき、$\rho(p)\mid (p-(D/p))$.
&&&


整除性および合同

# Mertensの定理
$p$ がすべての素数を走るとき、次の評価が成り立つ。

$$\sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p}=\log n+O(1),$$
$$\sum_{p\leq n}\frac{1}{p}=\log\log n+b+O\left(\frac{1}{\log n}\right),$$
$$\prod_{p\leq n}\left(1-\frac{1}{p}\right)=\frac{e^{-\gamma}}{\log n}\left(1+O\left(\frac{1}{\log x}\right)\right).$$
これらの不等式を順に、**Mertensの第一定理**から**第三定理**と呼ぶ。

第三定理にあらわれる定数 $\gamma$ は極限
$$\lim_{N\rightarrow\infty} 1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{N}-\log N$$
により定義されるEulerの定数である（詳しくは[Abelの総和公式の応用例](/glossaries/fqEDxfQC5cz8BAIc7S1g#Abelの総和公式の応用例)などを参照）。また第二定理に現れる定数 b を**Meissel-Mertensの定数**という。

&&&prf 第一定理の証明
素数 $p$ が $n!$ を割り切る回数を $e(p, n)$ とおくと
[Legendreの公式](/glossaries/x9Kq06WEApYHsTbdBsw7#素因数分解) より
$$e(n, p)=\sum_{i=1}^{\infty} \left \lfloor \frac{n}{p^i} \right \rfloor$$
であるから
$$\floor{\frac{n}{p}}\leq e(n, p)<\frac{n}{p-1}$$
が成り立つ。よって
$$\log n!=\sum_p e(n, p)\log p<\sum_{p\leq n}\frac{n\log p}{p-1}$$
となる。
$$\sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p(p-1)}<\sum_{k=1}^\infty \frac{\log k}{k(k-1)}<\sum_{k=1}^\infty \frac{2\log k}{k^2}$$
は収束するから
$$C_1=\sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p(p-1)}$$
とおくと
$$\sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p}\geq \sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p-1}-C_1>\log(n!)-C_1$$
が成り立つ。

[Abelの総和公式の応用例](/glossaries/fqEDxfQC5cz8BAIc7S1g#Abelの総和公式の応用例)から
$$\log n!=\sum_{k=1}^n \log k>(n-1)\log n-n$$
がすぐわかるから、
$$\sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p}\geq \frac{1}{n}\log n!-C_1\geq\log n-C_2$$
となる定数 $C_2$ が存在する。

また
$$\begin{split}
\log n!=& \sum_p e(n, p)\log p \\
>& \sum_{p\leq n}\log p\left(\frac{n}{p}-1\right) \\
=& \sum_{p\leq n}\frac{n\log p}{p}-\theta(n)
\end{split}$$
となるから[Chebyshev関数の初等的評価の定理2](./snTEyc0tTRhT3O7wUmQd)より
$$\log n!>\sum_{p\leq n}\frac{n\log p}{p}-2n\log 2$$
が成り立つ。再び[Abelの総和公式の応用例](/glossaries/fqEDxfQC5cz8BAIc7S1g#Abelの総和公式の応用例)より
$$\log n!=\sum_{k=1}^n \log k<n\log n-n+\log n$$
となるから
$$\sum_{p\leq n}\frac{\log p}{p}<\frac{1}{n}\log(n!)+2\log 2<\log n+C_3$$
となる定数 $C_3$ が存在する。
&&&

&&&prf 第二定理の証明
$$S(x)=\sum_{p\leq x}\frac{\log p}{p}, \tau(x)=S(x)-\log x$$
とおくと第一定理より $\tau(x)=O(1)$ であることがわかる。よって積分
$$\int_2^x \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t}$$
は$x\rightarrow\infty$のとき収束するので、[Abelの総和公式](/glossaries/fqEDxfQC5cz8BAIc7S1g#Abelの総和公式)より
$$\begin{split} \sum_{p\leq n}\frac{1}{p}
= & \frac{S(x)}{\log x}+\int_2^x \frac{S(t)}{t\log^2 t}dt \\
= & 1+\frac{\tau(x)}{\log x}+\int_2^x \frac{dt}{t\log t}+\int_2^x \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t} \\
= & 1+\log\log x-\log\log 2+\frac{\tau(x)}{\log x}+\int_x^\infty \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t}-\int_x^\infty \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t} \\
= & 1+\log\log x-\log\log 2+\int_2^\infty \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t}+\frac{\tau(x)}{\log x}+O\left(\int_x^\infty \frac{dt}{t\log^2 t}\right) \\
= & 1+\log\log x-\log\log 2+\int_2^\infty \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t}+O\left(\frac{1}{\log x}\right)
\end{split}$$
となるので、第二定理は
$$b=1-\log\log 2+\int_2^\infty \frac{\tau(t)dt}{t\log^2 t}$$
について成り立つ。
&&&

&&&prf 第三定理の証明
$$\sum_{p\leq x} -\log\left(1-\frac{1}{p}\right)=\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}+\sum_{p\leq x}\sum_{m\geq 2}\frac{1}{mp^m}$$
および
$$\sum_{p>x}\sum_{m\geq 2}\frac{1}{mp^m}=O\left(\sum_{p>x}\frac{1}{p^2}\right)=O\left(\frac{1}{x}\right)$$
から、第二定理より
$$\sum_{p\leq x} -\log\left(1-\frac{1}{p}\right)=\log\log x+C_4+O\left(\frac{1}{\log x}\right)$$
となる定数 $C_4$ が存在する。よって
$$\prod_{p\leq x} \left(1-\frac{1}{p}\right)=\frac{e^{-C_4}}{\log x}\left(1+O\left(\frac{1}{\log x}\right)\right)$$
となることはすぐにわかる。

定数部分が $e^{-\gamma}$ であることを示す。$1$ より大きな実数 $s$ について
$$h(s)=\sum_p \frac{1}{p^s}, g(s)=\sum_p \frac{1}{p^s}+\log\left(1-\frac{1}{p^s}\right), P(x)=\sum_{p\leq x}\frac{1}{p}$$
とおく。
[Abelの総和公式](/glossaries/fqEDxfQC5cz8BAIc7S1g#Abelの総和公式)より
$$h(s)=(s-1)\int_1^{\infty}\frac{P(t)}{t^s}dt$$
が得られる。第二定理より
$$P(t)=\log\log t+b+o(1)$$
となるので
$$h(s)=(s-1)\int_1^\infty\frac{\log\log t}{t^s}dt+b+O(s-1)$$
が得られる。ここで $t=e^{u/(s-1)}$ とおくと[Eulerの定数の積分表示](/glossaries/SHd0fGSPhbxS7jKq6d4S#積分表示)
$$\gamma=-\int_0^\infty(\log t)e^{-t} dt$$
から
$$(s-1)\int_1^{\infty}\frac{\log\log t}{t^s}dt=\int_0^{\infty}e^{-u}\log\frac{u}{s-1}du=-\gamma-\log (s-1)$$
となる。
$$h(s)=-\gamma-\log(s-1)+b+O(s-1)$$
となるので
$$h(s)+\log (s-1)+\gamma-b\rightarrow 0 ~ (s\rightarrow 1+0)$$
つまり
$$\lim_{s\rightarrow 1+0} h(s)+\log(s-1)=b-\gamma$$
が得られる。

前ページで見たように $$(s-1)\zeta(s)\rightarrow 1 (s\rightarrow 1+0)$$ なので
$$\lim_{s\rightarrow 1+0} h(s)-\log\zeta(s)=b-\gamma$$
となる。[ζ関数](./X40aGJ4tbzuaBY7FvtB9)のオイラー積から $s>1$ のとき
$g(s)=h(s)-\log \zeta(s)$ が成り立つことがすぐにわかるので
$$\lim_{s\rightarrow 1+0} g(s)=b-\gamma$$
つまり
$$\lim_{s\rightarrow 1+0} \sum_p \frac{1}{p^s}+\log\left(1-\frac{1}{p^s}\right)=b-\gamma$$
となるが、この左辺の和は $1/2$ より大きい実数 $s_0$ に対し $s\geq s_0$ において一様収束するから、この和は $s>1/2$ において連続なので
$$\sum_p \frac{1}{p}+\log\left(1-\frac{1}{p}\right)=b-\gamma$$
となる。つまり
$$\sum_{p\leq x}\log\left(1-\frac{1}{p}\right)=b-\gamma-P(x)+o(1)$$
である。再び第二定理を用いて
$$\sum_{p\leq x}\log\left(1-\frac{1}{p}\right)=-\log\log x-\gamma+o(1)$$
が得られ、第三定理が示される。
&&&

本章執筆にあたっては Hardy and E. M. Wright, 2008, Chapter 22 および D. P. Parent, Exercise 1.5, 1.6 を参考とした。

Mertensの定理

# Lucas数列に対するLTE

Lucas数列について、[LTEの補題](/textbooks/初等整数論/合同式/Carmichael関数#th1)の一般化が成り立つ。

まず、次の補題を示す。
&&&thm [lem1]
$p$ が $P$ を割り切らないが $D$ を割り切る奇素数で、$p=3$ のときはさらに $p^2$ が $D$ を割り切るならば $p\mid\mid u_p$.
&&&

&&&prf
$(2.12)$ より
$$2^{p-1} u_p=\binom{p}{1}P^{p-1}+\binom{p}{3}P^{p-3} D+\cdots +D^{(p-1)/2}$$
である。$p>3$ のとき、$p^2$ は $\binom{p}{3}D$ および $D^2$ を割り切るから
$$2^{p-1} u_p\equiv pP^{p-1}\Mod{p^2}$$
より
$p\mid\mid 2^{p-1} u_p$ となるので $p\mid\mid u_p$ となる。
$p=3$ のとき $p^2\mid D$ だから
$$2^{p-1} u_p=3P^2+D\equiv 3P^2\Mod{3^2}$$
より、やはり$p\mid\mid 2^{p-1} u_p$ となるので $p\mid\mid u_p$ となる。
&&&

&&&thm [th2]
$p$ は奇素数、$e, m$ は正の整数で $f$ は $0$ 以上の整数とする。
$p^e\mid\mid u_m, p^f\mid\mid k$ のとき $p^{e+f}$ は $u_{km}$ を割り切る。さらに $p$ が $Q$ を割り切らないとき
$$p^{e+f}\mid\mid u_{km}$$
となる。
&&&

&&&prf
$g\geq 0$ について
$u_r^{(g)}=u_{rm p^g}/u_{mp^g}$ とおくと $(2.6b)$ より $(u_r^{(g)})_r$ は
$$u_r^{(g+1)}=\frac{u_{rmp^{g+1}}}{u_{mp^{g+1}}}=\frac{u_{rp}^{(g)}}{u_p^{(g)}}=u_r(P_{g+1}, Q_{g+1}),\label{eq41}\tag{4.1}$$
ただし
$$(P_0, Q_0)=(v_m, Q^m), (P_{g+1}, Q_{g+1})=(v_p^{(g)}, Q_g^p)$$
で与えられるLucas数列で、 $(2.4)$ より判別式は
$$D_0=v_m^2-4Q^m=Du_m^2, D_{g+1}=v_p^{(g) 2}-4Q_g^p=D_g u_p^{(g) 2}\label{eq42}\tag{4.2}$$
で与えられる。
$Q_g=Q^{m p^g}$ となることはすぐにわかる。

$p$ が $Q$ を割り切るとする。
このとき $p$ は $Du_m^2+4Q^m=v_m^2$ を割り切るから
$p$ は $P_0=v_m$ も割り切る。[前ページの定理6](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th6)より $p$ は $u_p^{(0)}=u_{pm}/u_m$ を割り切る。

$p$ が $u_p^{(g)}$ を割り切るとすると、
$Q_g=Q^{m p^g}$ も $p$ で割り切れるので、$p$ は $D_g u_p^{(g) 2}+4Q_g^m=v_p^{(g) 2}$ も割り切る。
したがって $p$ は $P_{g+1}=v_p^{(g)}$ も割り切るから、[前ページの定理6](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th6)より $p$ は $u_p^{(g)}$ を割り切る。
帰納的に、任意の整数 $g\geq 0$ に対して、$p$ は $u_p^{(g)}=u_{m p^{g+1}}/u_{m p^g}$ を割り切る。

よって $p^f\mid k$ ならば
$$p\mid u_{p^{g+1} m}/u_{p^g m}\ (g=0, 1, \ldots)$$
より
$$p^{e+f}\mid u_{p^f m}\mid u_{km}$$
となる。

$p$ が $Q$ を割り切らないとする。
このとき $p$ は $Du_m^2+4Q^m=v_m^2$ を割り切らないから
$p$ は $v_m$ も割り切らない。一方、$(3.3)$ より $p^2$ は $D_0=Du_m^2$ を割り切るので[前ページの定理6](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th6)から
$$p\mid u_r^{(0)}\Longleftrightarrow p\mid r$$
となる。さらに $(3.2)$ および[補題1](#lem1)から
$$p\mid\mid u_p^{(0)}$$
となる。
$p$ が $u_p^{(g)}$ を割り切るとすると、$(3.3)$ より $p^2$ は $D_{g+1}=D_g u_p^{(g) 2}$ を割り切るので
[前ページの定理6](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th6)から
$$p\mid u_r^{(g+1)}\Longleftrightarrow p\mid r $$
となる。さらに $(3.2)$ および[補題1](#lem1)から
$$p\mid\mid u_p^{(g+1)}$$
となる。

結局、帰納的に、任意の整数 $g\geq 0$ に対して、
$$p\mid\mid u_p^{(g)}=u_{p^{g+1} m}/u_{p^g m}\ (g=0, 1, \ldots)$$
となることがわかるから $k=p^f s$, $\gcd(s, p)=1$ とおくと
$p^{e+f}\mid\mid u_{p^f m}$ となる。
やはり、帰納的に、
$$p\mid u_r^{(f)}\Longleftrightarrow p\mid r $$
となるから、$p\nmid u_s^{(f)}=u_{km}/u_{p^f m}$ より
$$p^{e+f}\mid\mid u_{km}$$
となる。
&&&


$p=2$ で割り切れる回数については、つぎのことがいえる。
&&&thm [th3]
$P$ が偶数で $Q$ が奇数のとき、$2^h\mid\mid P$ とおくと、
$2^f\mid\mid k$ ならば
$$2^{f+h-1}\mid\mid u_k$$
となる。

$P, Q$ がともに奇数のとき、$k$ を $3$ の倍数とし（[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より $u_k$ が偶数ならば $k$ は $3$ の倍数である）、
$2^f\mid\mid k$ となる整数 $k\geq 0$ をとる。
$P^2-Q$ が $4$ の倍数の場合は
$2^h\mid\mid (P^2-Q)$ となる $h\geq 2$ をとると、
$$2^{f+h}\mid\mid u_k$$
となる。
$P, Q$ がともに奇数で $2\mid\mid (P^2-Q)$ のときは
$2^h\mid\mid (P^2-3Q)$ となる $h\geq 2$ をとると
$k$ が $3$ の奇数倍のときは $2\mid\mid u_k$,
$k$ が $3$ の偶数倍で $2^f\mid\mid k$ ならば $f\geq 1$ のとき
$$2^{f+h}\mid\mid u_k$$
となる。
&&&

&&&prf
$P$ が偶数で $2^h\mid\mid P$ とする。
$g\geq 1$ で $v_{2^{g-1}}$ が偶数のとき $(2.5a)$ より
$$v_{2^g}=v_{2^{g-1}}^2-2Q^{2^{g-1}}\equiv 2\Mod{4}$$
となるので、$2\mid\mid v_{2^g}$ となる。
$v_1=P$ は偶数だから、結局 $g\geq 1$ ならば $2\mid\mid v_{2^g}$ となる。よって $(2.5a)$ より
$$2^{h+g-1}\mid\mid P\prod_{i=1}^{g-1} v_{2^i}=v_1 v_2 v_4 \cdots v_{2^{g-1}}=u_{2^g}$$
となる。$(2.6b)$ より
$$\frac{u_{n\times 2^g}}{u_{2^g}}=u(v_{2^g}, Q^{2^g})$$
となるが、さきに述べたように $v_{2^g}$ は偶数で、$Q^{2^g}$ は明らかに奇数だから
[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より$u_{n\times 2^g}/u_{2^g}$ の偶奇は $n$ の偶奇と一致する。
$2^f\mid\mid k$ だから $u_k/u_{2^f}=u_{k/2^f}^{(f)}$ は奇数となるので
$$2^{f+h-1}\mid\mid u_k$$
となる。

つぎに $P, Q$ がともに奇数で $k$ は $3$ の倍数とする。
$g$ を $0$ 以上の整数とする。
$$v_{3\times 2^{g+1}}=v_{3\times 2^g}^2-2Q^{3\times 2^g}$$
だから、$v_{3\times 2^g}$ が偶数ならば $2\mid\mid v_{3\times 2^{g+1}}$ となる。
$P, Q$ は奇数だから、$v_3$ は偶数なので
$g\geq 1$ のとき $2\mid\mid v_{3\times 2^g}$ となる。
$(2.6b)$ より
$$\frac{u_{3n\times 2^g}}{u_{3\times 2^g}}=u(v_{3\times 2^g}, Q^{3\times 2^g})$$
となるが、さきに述べたように $v_{3\times 2^g}$ は偶数で、$Q^{3\times 2^g}$ は明らかに奇数だから
[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より$u_{3n\times 2^g}/u_{3\times 2^g}$ の偶奇は $n$ の偶奇と一致する。
$2^f\mid\mid k$ だから $u_k$ は偶数で $u_k/u_{3\times 2^f}$ は奇数となる。

$2^h\mid P^2-Q=u_3$ のとき
$$v_3=P(P^2-3Q)=P(u_3-2Q)\equiv 2\Mod{4}$$
より、$2\mid\mid v_3$ となるから、
$$2^f\mid\mid v_3 v_6 \cdots v_{3\times 2^{f-1}}=\frac{u_{3\times 2^f}}{u_3}$$
となる。よって $2^f\mid\mid k$ ならば
$$2^{f+h}\mid\mid u_k$$
となる。

$u_3=P^2-Q\equiv 2\Mod{4}$ のとき
$P^2-3Q=(P^2-Q)-2Q$ は $4$ の倍数である。よって
$2^h\mid\mid P^2-3Q$ となる整数 $h\geq 2$ がとれる。
$P$ は奇数なので $2^h\mid\mid P(P^2-3Q)=v_3$ となるから、$f\geq 1$ のとき
$$2^{f+h-1}\mid\mid v_3 v_6 \cdots v_{3\times 2^{f-1}}\frac{u_{3\times 2^f}}{u_3}$$
より、
$$2^{f+h}\mid\mid u_{3\times 2^f}$$
となる。よって $2^f\mid\mid k, f\geq 1$ ならば
$$2^{f+h}\mid\mid u_k$$
となる。また、さきに述べたことから $u_{3n}/u_3$ の偶奇は $n$ の偶奇と一致するから $k$ が奇数ならば
$$2\mid\mid u_k$$
となる。
&&&

このことから、$2$ で割り切れる階数について、つぎのような[[合同式:合成数を法とする合同式#補題3.1(LTE)|LTEの補題]]の一般化が成り立つ。

&&&thm [th4]
$e, m$ は正の整数で $f, k$ は $0$ 以上の整数で、
$$2^e\mid\mid u_m, 2^f\mid\mid k$$
となるとする。このとき $2^{e+f}$ は $u_{km}$ を割り切る。

さらに $Q$ が奇数のとき、
* $P$ が奇数、かつ $e>1$,
* $P$ が偶数
のいずれかの場合、
$$2^{e+f}\mid\mid u_{km}$$
となる。
&&&

&&&prf
$(2.4)$ より
$$v_m^2=Du_m^2+4Q^m$$
だから $u_m$ が偶数なので $v_m=u_{2m}/u_m$ も偶数である。同様にして
$u_{2^{g+1} m}/u_{2^g m} (g=0, 1, \ldots)$ も偶数だから、$2^f\mid\mid k$ ならば
$2^{e+f}$ は $u_{km}$ を割り切る。

$P$ が偶数で $Q$ が奇数のとき
$$2^g\mid\mid m, 2^h\mid\mid P$$
となる $g, h$ をとると $2^{f+g}\mid\mid km$ なので[定理3](#th3)より
$$2^{g+h-1}\mid\mid u_m, 2^{f+g+h-1}\mid\mid u_{km}$$
となるから $e=g+h-1$ より
$2^{e+f-1}\mid\mid u_{km}$
となる。

$P, Q$ がともに奇数で $2^h\mid P^2-Q=u_3, h\geq 2$ のとき
$2^g\mid\mid m$ となる $g$ をとると $2^{f+g}\mid\mid mk$ なので[定理3](#th3)より
$$2^{g+h-1}\mid\mid u_m, 2^{f+g+h-1}\mid\mid u_{km}$$
となるから $2^{e+f-1}\mid\mid u_{km}$ となる。

$P, Q$ がともに奇数で $2^h\mid P^2-3Q$ のとき
$2^2\mid u_m$ ならば [定理3](#th3)より $m$ は偶数である。
$2^g\mid\mid m$ となる $g$ をとると $g\geq 1$ かつ $2^{f+g}\mid\mid mk$ なので[定理3](#th3)より
$$2^{g+h-1}\mid\mid u_m, 2^{f+g+h-1}\mid\mid u_{km}$$
となるから $2^{e+f-1}\mid\mid u_{km}$ となる。
&&&

結局、つぎのことがいえる。
&&&thm [th5]
$p$ が素数、$e, m$ は正の整数で $f$ は $0$ 以上の整数とする。
$p^e\mid\mid u_m, p^f\mid\mid k$ のとき $p^{e+f}$ は $u_{km}$ を割り切る。
さらに $p$ が $Q$ を割り切らないとき、$p^e=2$ で $P$ が奇数の場合を除き
$$p^{e+f}\mid\mid u_{km}$$
となる。
&&&

整数 $P, Q$ に対して、数論的関数 $\psi(n)=\psi_{P, Q}(n)$ を
$$\psi(2)=\left\{\begin{array}{cl}1 & \ (2\mid Q), \\
2 & \ (2\nmid Q, 2\mid P), \\
3 & \ (2\nmid PQ),
\end{array}\right.$$
$p$ が奇素数のとき
$$\psi(p)=p-\left(\frac{D}{p}\right),$$
$p$ が素数で $e$ が正の整数のときは
$$\psi(p^e)=p^{e-1}\psi(p)$$
により定め、一般の正の整数 $n=p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}$ については
$$\psi(n)=\prod_{k=1}^r \psi(p_k^{e_k})$$
により定める。
さらに数論的関数 $\lambda(n)=\lambda_{P, Q}(n)$ を
$p$ が素数で $e$ が正の整数のときは $\lambda(p^e)=\psi(p^e)$ とし
一般の正の整数 $n=p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}$ については
$$\lambda(n)=\LCM[\psi(p_1^{e_1}), \psi(p_2^{e_2}), \ldots, \psi(p_r^{e_r})]$$
により定める。

&&&thm [th6]
$n$ が $Q$ と互いに素な素数のとき $n\mid u_{\lambda(n)}$.
&&&

&&&prf
まず $n=2^e$ が $2$ の累乗とする。仮定より $Q$ は奇数である。
$P$ が偶数のとき、[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より $u_2$ は偶数、
$P$ が奇数のとき、[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より $u_3$ は偶数である。
いずれの場合も $u_{\psi(2)}$ は偶数で、
$$\psi(n)=2^{e-1}\psi(2)$$
なので[定理5](#th5)より
$$2^e\mid u_{2^{e-1}\psi(2)}=u_{\psi(n)}$$
となる。

つぎに $p$ が奇素数で $n=p^e$ が $p$ の累乗とする。
$p\mid D$ ならば $\psi(p)=p$ で[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より $p\mid u_p$,
$p\nmid D$ ならば $\psi(p)=p-(D/p)$ で[前ページの定理5](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th5)より $p\mid u_{p-(D/p)}$ だから
いずれの場合も
$$p\mid u_{\psi(p)}$$
かつ
$$\psi(n)=p^{e-1}\psi(p)$$
なので[定理5](#th5)より
$$p^e\mid u_{p^{e-1}\psi(p)}=u_{\psi(n)}$$
となる。

よって、$n$ が素数の累乗ならば $n\mid u_{\psi(n)}=u_{\lambda(n)}$ となる。
一般の正の整数 $n$ に対しては、 $n=p_1^{e_1} \cdots p_r^{e_r}$ と素因数分解すると、
各 $k=1, 2, \ldots, r$ に対して[前ページの定理1](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th1)より
$$p_k^{e_k}\mid u_{\lambda(p_k^{e_k})}\mid u_{\lambda(n)}$$
となるから、$n$ は $u_{\lambda(n)}$ を割り切る。
&&&

[前ページの定理7](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/整除性および合同#th7)より
$$\rho(n)\mid \lambda(n)\mid \psi(n)$$
となることがわかる。


LTEの補題

これまでの合同式の記述では主に素数を法とする場合について扱ったが、このページでは合成数を法とする場合について扱う。
それで、主に多項式 $f(x)$ について
$$\label{eq10}f(x)\equiv 0\Mod{N}\tag{*}$$
の形の方程式を中心に解説する。

# 合成数を法とする1次方程式

$\gcd(a, n)=1$ ならば[合同式の導入:定理7](/textbook/初等整数論/合同式/合同式の導入#th7)より
$$ax\equiv b\Mod{n}\Longleftrightarrow x\equiv ba^{-1}\Mod{n}$$
となる。つまり
$$\label{eq11}ax\equiv b\Mod{n}\tag{1}$$
となる $x\Mod{n}$ が一意に定まる。

一方、$d=\gcd(a, n)>1$ のときは状況が変化する。
$ax\equiv b\Mod{n}$ の解となる $x$ をとり、$b=ax-qn$ とおくと
$$d\mid (ax-qn)=b$$
となって、$d$ は $b$ を割り切らなければならない。つまり $d$ が $b$ を割り切らないときは
\eqref{eq11} は解をもたないのである。

一方 $d\mid b$ のとき[合同式の導入:定理2 (7)](/textbook/初等整数論/合同式/合同式の導入#th2)より
$$ax\equiv b\Mod{n}\Longleftrightarrow (a/d)x\equiv (b/d)\Mod{n/d}$$
となる。[倍数と約数:定理4](/textbook/初等整数論/整除性/倍数と約数#thm4)より $\gcd(a/d, n/d)=1$ だから
[合同式の導入:定理7](/textbook/初等整数論/合同式/合同式の導入#th7)より、$n/d$ を法とする $a/d$ の逆元 $s$ がとれ、
$$ax\equiv b\Mod{n}\Longleftrightarrow x\equiv sb/d\Mod{n/d}$$
となる。よって $ax\equiv b\Mod{n}$ となる $x\Mod{n}$ は
$$\label{eq12}x\equiv kn/d+sb/d\Mod{n} ~ (k=0, 1, \ldots, d-1)\tag{2}$$
で与えられる。つまり \eqref{eq12} は $\Z/n\Z$ において $d$ 個の解をもつ。
よって、次のことがわかる。

&&&thm [th1]
$$ax\equiv b\Mod{n}$$
が解をもつための必要十分条件は $d=\gcd(a, n)$ が $b$ を割り切ることであり、
そのとき、$n/d$ を法とする $a/d$ の逆元を $s$ とおくと、
この合同式は $\Z/n\Z$ において \eqref{eq12} で与えられる $d$ 個の解をもつ。
&&&

# 合成数を法とする一般の方程式

[中国式剰余定理](/textbook/初等整数論/合同式/中国式剰余定理#th1)から、合成数を法とする方程式
$$f(x)\equiv 0\Mod{n}$$
は、素数べきを法とする合同式
$$f(x)\equiv 0\Mod{p^e}$$
に還元されるので、素数べきを法とする合同式について考察する。

まず $f^\prime(x)$ を多項式 $f(x)$ の微分とする（多項式の微分については[多項式環の記事](多項式環#多項式の微分)を参照）。
この微分が素数べきを法とする合同式を考察する上で重要な役目を果たす。

&&&thm [th2]
$p$ が素数で
$$f(x_1)\equiv 0\Mod{p}, f^\prime(x_1)\not\equiv 0\Mod{p}$$
となる $x_1\Mod{p}$ をとる。
$$f(x)\equiv 0\Mod{p^e}$$
となる $x\Mod{p^e}$ が存在し、なおかつそのような $x$ で
$x\equiv x_1\Mod{p}$ となるものが一意に定まる。
&&&

より正確に、正の整数 $t$ について
$$f(x_t)\equiv 0\Mod{p^t}, x_t\equiv x_1\Mod{p}, f^\prime(x_1)\not\equiv 0\Mod{p}$$
のとき、ちょうど1つの剰余類 $y_t\Mod{p}$ に対して
$$f(x_t+y_t p^t)\equiv 0\Mod{p^{t+1}}$$
となり、$y\not\equiv y_t\Mod{p}$ のとき
$$f(x_t+y p^t)\not\equiv 0\Mod{p^{t+1}}$$
となる。

&&&prf
$$f(x)=a_d x^d+a_{d-1} x^{d-1}+\cdots+a_0$$
とおく。
$$f(x_1)\equiv 0\Mod{p}, f^\prime(x_1)\not\equiv 0\Mod{p}$$
となる $x_1\Mod{p}$ をとり、正の整数 $t$ について
$$f(x_t)\equiv 0\Mod{p^t}, x_t\equiv x_1\Mod{p}$$
となる $x_t\Mod{p}$ が存在するとする。

$$f(x_t+p^t)=\sum_{k=0}^d a_k (x_t+p^t)^k=\sum_{k=0}^d a_k\left(x_t^k+kx_t^{k-1}p^t+\binom{k}{2}x_t^{k-2}p^{2t}+\cdots\right)$$
と展開することができ、$t\geq 1$ なので $f(x_t)=u_t p^t$ とおくと
$$f(x_t+p^t)\equiv a_0+\sum_{k=1}^d a_k(x_t^k+kx_t^{k-1}p^t)=f(x_t)+p^t f^\prime(x_t)=p^t(u_t+f^\prime(x_t)) \Mod{p^{t+1}}$$
となる。
$f^\prime(x_1)\not\equiv 0\Mod{p}$ であるから
$$u_t+y_t f^\prime(x_t)\equiv 0\Mod{p}$$
となる $y_t \Mod{p}$ が一意に定まる。つまり
$$f(x_t+y_t p^t)\equiv p^t(u_t+yf^\prime(x_t))\equiv 0\Mod{p^{t+1}}$$
となる $y_t \Mod{p}$ が一意に定まる。
&&&

&&&thm [th3]
$p$ が素数、$e\geq 1$ で、$n$ が $p$ で割り切れないとき
$$x^n\equiv 1\Mod{p^e}$$
は $\Z/(p^e)\Z$ にちょうど $\gcd(n, p-1)$ 個の解をもつ。また $f(x)$ が
$$x^n-1\equiv f(x)g(x)\Mod{p}$$
となる多項式 $g(x)$ が存在し、$p$ を法とする次数が $d$ 以下の多項式ならば
$$f(x)\equiv 0\Mod{p^e}$$
は $\Z/(p^e)\Z$ に多くとも $d$ 個の解しかもたない。
&&&

&&&prf
[乗法的位数:定理3](/textbook/初等整数論/合同式/乗法的位数#th3)より
$$x^n\equiv 1\Mod{p}\Longleftrightarrow x^{\gcd(n, p-1)}\equiv 1\Mod{p}$$
となる。
$a$ を $p$ を法とする原始根とし、$x\equiv a^g\Mod{p}$ とおくと
$$a^{g\gcd(n, p-1)}\equiv 1\Mod{p}\Longleftrightarrow (p-1)\mid g\gcd(n, p-1)\Longleftrightarrow (p-1)/\gcd(n, p-1)\mid g$$
となるから
$$x^{\gcd(n, p-1)}\equiv 1\Mod{p}\Longleftrightarrow x\equiv a^{k(p-1)/\gcd(n, p-1)}\Mod{p} (k=0, 1, \ldots, \gcd(n, p-1)-1)$$
となる。よって
$$x^n\equiv 1\Mod{p}$$
は $\Z/p\Z$ にちょうど $\gcd(n, p-1)$ 個の解をもつ。
一方 $n$ は $p$ で割り切れないから $x^n\equiv 1\Mod{p}$ のとき
$$(x^n-1)^\prime=nx^{n-1}\not\equiv 0\Mod{p}$$
となる。よって[定理2](#th2)より
$$x^n\equiv 1\Mod{p^e}$$
も $\Z/(p^e)\Z$ にちょうど $\gcd(n, p-1)$ 個の解をもつ。

つぎに $f(x)$ が
$$x^n-1\equiv f(x)g(x)\Mod{p}$$
となる多項式 $g(x)$ が存在し、$p$ を法とする次数が $d$ 以下の多項式とする。[多項式の合同の基礎:定理3](/textbook/初等整数論/合同式/多項式の合同の基礎#th3)より
$$f(x)\equiv 0\Mod{p}$$
は $\Z/p\Z$ に多くとも $d$ 個の解しかもたない。

$$f(a)\equiv f^\prime(a)\equiv 0\Mod{p}$$
となる $a\Mod{p}$ が存在するとすると、
[多項式環の記事の定理15](多項式環#thm53)より
$$f(x)\equiv g(x)(x-a)^2\Mod{p}$$
となる $g(x)$ が存在するので
$$x^n-1\equiv h(x)(x-a)^2\Mod{p}$$
となる $h(x)$ が存在する。よって[多項式環の記事の定理14](多項式環#thm52)より
$$x^n-1\equiv (x^n-1)^\prime\equiv 0\Mod{p}$$
は $x\equiv a\Mod{p}$ を解にもつ。これは矛盾である。

よって
$$f(a)\equiv 0\Mod{p}$$
ならば $f^\prime(a)\not\equiv 0\Mod{p}$ となるので
[定理2](#th2)より
$$f(x)\equiv 0\Mod{p^e}$$
の解の個数は $f(x)\equiv 0\Mod{p}$ の解の個数と一致する。
&&&

&&&thm [th4]
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$$
と素因数分解する。
$$f(x)\equiv 0\Mod{p_i^{e_i}}$$
の解 $x\Mod{p_i^{e_i}}$ の個数を $m_i$ とおくと、\eqref{eq10}の解の個数は $\prod_{i=1}^k m_i$ に等しい。
とくに $f(x)$ が各 $p_i$ を法とする次数が $d_i$ 以下の多項式で、いずれの $i$ についても
$$f(a)\equiv f^\prime(a)\equiv 0\Mod{p_i}$$
となる $a\Mod{p_i}$ が存在しないとき、\eqref{eq10} の解の個数は $\prod_{i=1}^k d_i$ 以下である。
&&&

&&&prf
中国式剰余定理から $(x_1\Mod{p_1^{e_1}}, \ldots, x_k\Mod{p_k^{e_k}})$ の組と
$$x\equiv x_i\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, \ldots, k)$$
となる $x\Mod{N}$ は$1$対$1$に対応する。
$$f(x)\equiv 0\Mod{N}\Longleftrightarrow f(x)\equiv 0\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, \ldots, k)\Longleftrightarrow f(x_i)\equiv 0\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, \ldots, k)$$
となるから、
\eqref{eq10} の解 $x\Mod{N}$ は
$$f(x_i)\equiv 0\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, \ldots, k)$$
となる $(x_1\Mod{p_1^{e_1}}, \ldots, x_k\Mod{p_k^{e_k}})$ の組と対応するので
\eqref{eq10} の解の個数は $\prod_{i=1}^k m_i$ に等しい。

$f(x)$ が各 $p_i$ を法とする次数が $d_i$ 以下の多項式ならば
$$f(x)\equiv 0\Mod{p_i}$$
の解の個数は $d_i$ 以下である。
$$f(a)\equiv f^\prime(a)\equiv 0\Mod{p_i}$$
となる $a\Mod{p_i}$ が存在しないので、[定理2](#th2})より
$$f(x)\equiv 0\Mod{p_i^{e_i}}$$
の解の個数も $d_i$ 以下である。つまり $m_i\leq d_i$ であるから \eqref{eq10} の解の個数は $\prod_{i=1}^k d_i$ 以下である。
&&&

# 素数べきを法とする原始根

$p$ を法とする原始根 $a\Mod{p}$ とは
$$1, a, \ldots, a^{p-2}\Mod{p}$$
が $p$ を法とする既約剰余類をすべてあらわすものであった。

$p^e$ を法とする既約剰余類は $p^e-p^{e-1}=p^{e-1}(p-1)$ 個あるから
$$1, a, \ldots, a^{p^{e-1}(p-1)}\Mod{p}$$
が $p^e$ を法とする既約剰余類をすべてあらわすとき、$a\Mod{p^e}$ を、$p^e$ を法とする**原始根**という。

$\mathrm{LTE}$ (Lifting The Exponent)と呼ばれる、次の定理から証明する。

&&&thm LTE (Lifting The Exponent) [th1]
$p>2$ が奇素数、$\gcd(a, b)=1$ かつ $a, b$ がいずれも $p$ で割り切れない整数で $g$ が
$$p\mid (a^g-b^g),$$
となる最小の正の整数、$f$ を
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$$
となる整数とする。
このとき
$$p\mid(a^n-b^n)\Longleftrightarrow g\mid n$$
で、$e, k$ が
$$p^e\mid\mid k$$
となる正の整数ならば
$$p^{e+f}\mid\mid (a^{gk}-b^{gk}).$$
&&&

&&&prf
$bc\equiv a\Mod{p}$ となる $c$ をとると $(bc)^n\equiv a^n\Mod{p}$ だから
$$a^n\equiv b^n\Mod{p}\Longleftrightarrow c^n\equiv 1\Mod{p}$$
となる。よって $g$ は $c^n\equiv 1\Mod{p}$ となる最小の正の整数でもあるから
$$a^n\equiv b^n\Mod{p}\Longleftrightarrow g\mid n\Mod{p}$$
となる。
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$$

次に $e, k$ が
$$p^e\mid\mid k$$
となる正の整数とする。

$$bc\equiv a\Mod{p^{e+f+1}}$$
となる $c$ をとる。
$$(bc)^g\equiv a^g\equiv b^g\Mod{p}$$
から
$c^g\equiv 1\Mod{p}$
となる。$\ell=0, 1, \ldots, e-1$ に対し、
$$c^{p^\ell g}\equiv 1\Mod{p}$$
が明らかに成り立つ。そこで
$$c^{p^\ell g}=Ap+1$$
とおくと、$p$ は奇数なので
$$\begin{split}
\frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}= & \sum_{i=0}^{p-1} c^{i p^\ell g}=\sum_{i=0}^{p-1} (Ap+1)^i \\
= & p+\frac{p(p+1)}{2}Ap+(Ap^2)\sum_{i=2}^{p-1}\binom{i}{2}+\cdots \\
= & p+\frac{p+1}{2}Ap^2+(Ap^2)\sum_{i=2}^{p-1}\binom{i}{2}+\cdots \\
\end{split}$$
より、
$$\frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}\equiv p\Mod{p^2}$$
となるから
$$p\mid\mid \frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}$$
が成り立つ。よって
$$p^e\mid\mid \frac{c^{p^e g}-1}{c^g-1}$$
となるから
$$p^{f+e}\mid\mid (c^{p^e g}-1)$$
となる。
$k=p^e s$ とおくと $p\not\mid s$ だから
$$c^{p^e g(s-1)}+\cdots+c^{p^e g}+1\equiv s\not\equiv 0\Mod{p}$$
なので
$$p^{f+e}\mid\mid (c^{gk}-1)=(c^{p^e g}-1)(c^{p^e g(s-1)}+\cdots+c^{p^e g}+1)$$
となる。よって
$$p^{f+e}\mid\mid ((bc)^{gk}-b^{gk})$$
となるが、$bc\equiv a\Mod{p^{e+f+1}}$ より
$$a^{gk}\equiv (bc)^{gk}\Mod{p^{e+f+1}}$$
だから
$$p^{f+e}\mid\mid (a^{gk}-b^{gk})$$
である。
&&&

とくに
$$a^g\equiv 1\Mod{p^f}, a^g\not\equiv 1\Mod{p^{f+1}}$$
ならば
$$a^{gk}\equiv 1\Mod{p^{e+f}}, a^{gk}\not\equiv 1\Mod{p^{e+f+1}}$$
となる。
[Fermatの小定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th1)より、$a$ が $p$ で割り切れないとき
$$a^{p-1}\equiv 1\Mod{p}$$
なので
$$a^{p^{e-1}(p-1)}\equiv 1\Mod{p^e}$$
となることがわかる。これにより、素数べきを法とする場合の[Eulerの定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th2)の別証明が得られる。

&&&thm [th2]
$p>2$ が奇素数で $a$ を $p$ を法とする原始根とする。このとき
$$a^{p-1}\not\equiv 1\Mod{p^2}$$
ならば
$$a^n\equiv 1\Mod{p^e}\Longleftrightarrow p^{e-1}(p-1)\mid n$$
となる。すなわち $a\Mod{p^2}$ は $p^2$ を法とする原始根となる。

&&&prf
$a$ は原始根だから
$a^n\equiv 1\Mod{p^e}$ ならば $(p-1)\mid n$.
そこで $n=m(p-1)$ とおく。仮定より
$$p\mid\mid(a^{p-1}-1)$$
となるから、[LTE](#th1)より、$p^k\mid\mid m$ ならば
$$p^{k+1}\mid\mid(a^n-1)$$
となる。よって
$$p^e\mid (a^n-1)\Longleftrightarrow k\geq e-1\Longleftrightarrow p^{e-1}\mid m$$
となる。
&&&

与えられた原始根 $a_1\Mod{p}$ に対して
$$a_2^{p-1}\equiv 1\Mod{p^2}$$
となる $a_2\Mod{p^2}$ は一意に定まるから
$$a\equiv a_1\Mod{p}, a\not\equiv a_2\Mod{p}$$
ならば
$$a^n\equiv 1\Mod{p^e}\Longleftrightarrow p^{e-1}(p-1)\mid n$$
が成り立つ。このことから、$0\leq m, n<p^{e-1}(p-1)$ で
$$a^m\equiv a^n\Mod{p^e}$$
ならば $p^{e-1}(p-1)\mid (m-n)$ なので $m=n$ となる。よって $a^n (n=0, 1, \ldots, p^{e-1}(p-1)-1)$
は $p^e$ を法とする既約剰余類をすべてあらわすので
$a$ は $p^e$ を法とする原始根である。このようにして $p^e$ を法とする原始根が存在することがいえる。

$p$ が奇素数のとき $p^e$ を法とする原始根 $a$ が存在することから、$p^e$ を法とする既約剰余類は
$g\Mod{p^{e-1}(p-1)}$ を用いて $a^g (0\leq g\leq p^{e-1}(p-1)-1)$ の形に一意的にあらわされる。
よって $p^e$ を法とする既約剰余類全体 $(\Z/(p^e)\Z)^*$ は乗法に関して群をなし、位数 $p^{e-1}(p-1)$ の[[巡回群]]に同型である。

もちろん、$a^n\equiv 1\Mod{p^e}, 1\leq n\leq p^{e-1}(p-1)-1$ となる $n$ が存在するならば
$a$ は $p^e$ を法とする原始根ではない。

このことから、次のことがわかる。

&&&thm [th3]
$p$ が奇素数で $e\geq 2$ とする。$a$ が $p$ を法とする原始根であるとき、次の条件は互いに同値。
- $a$ が $p^e$ を法とする原始根。
- $a^{p-1}\not\equiv 1\Mod{p^2}$.
- $a^n\equiv 1\Mod{p^e}\Longleftrightarrow p^{e-1}(p-1)\mid n$.
&&&

最後に、$p=2$ のときについて考える。

&&&thm [th4]
$d=u\times 2^v, 2\not\mid u$ とする。
$a\equiv 3, 5\Mod{8}$ のとき
$v=0$ ならば $2\mid\mid (a^d-1)$, $v\geq 1$ ならば
$$2^{v+2}\mid\mid (a^d-1)$$
となる。

$a\equiv 1, 7\Mod{8}$ のとき
$a=k\times 2^m\pm 1, m\geq 3, 2\not\mid k$
とおくと $v\geq 1$ ならば
$$2^{v+m}\mid\mid (a^d-1)$$
となる。$v=0$ ならば $a\equiv 1\Mod{8}$ のとき $2^m\mid\mid (a^d-1)$,
$a\equiv 7\Mod{8}$ のとき $2\mid\mid (a^d-1)$ となる。
&&&

&&&prf
まず $a\equiv 3, 5\Mod{8}$ とする。
$$2\mid\mid (a-1), 2^3\mid\mid (a-1)(a+1)=(a^2-1)$$
である。また $t\geq 0$ に対して
$$a^{2^t}+1\equiv 2\Mod{4}$$
であるから $v\geq 2$ のとき
$$a^{2^v}-1=(a-1)(a+1)\prod_{i=1}^{v-1}(a^{2^i}+1)$$
より
$$2^{v+2}\mid\mid (a^{2^v}-1)$$
である。

次に $a\equiv 1, 7\Mod{8}$ とする。
$a\equiv 1\Mod{8}$ のとき $2^m\mid\mid (a-1)$,
$a\equiv 7\Mod{8}$ のとき $2\mid\mid (a-1)$ となる。また、いずれの場合も
$$2^{m+1}\mid (a-1)(a+1)=a^2-1$$
となる。上と同様に $v\geq 2$ のとき
$$a^{2^v}-1=(a-1)(a+1)\prod_{i=1}^{v-1}(a^{2^i}+1)$$
より
$$2^{v+m}\mid\mid (a^{2^v}-1)$$
である。

最後に
$$\frac{a^d-1}{a^{2^v}-1}=1+a^{2^v}+\cdots+a^{(u-1)2^v}\equiv u\equiv 1\Mod{2}$$
より $2$ が $a^d-1$ を割り切る回数と $a^{2^v}-1$ を割り切る回数は一致するので、定理がいえる。
&&&

このことから、次のことがわかる。

&&&cor [cor]
$a$ が奇数ならば $e\leq 2$ のとき
$$a^{2^{e-1}}\equiv 1\Mod{2^e}$$
となり、$e\geq 3$ のとき
$$a^{2^{e-2}}\equiv 1\Mod{2^e}$$
となる。また、$e\leq 2$ のとき
$$a^d\equiv 1\Mod{2^e}\Longleftrightarrow 2^{e-1}\mid d$$
となる $a$ が存在し、
$e\geq 3$ のとき
$$a^d\equiv 1\Mod{2^e}\Longleftrightarrow 2^{e-2}\mid d$$
となる $a$ が存在する。
&&&

合成数を法とする合同式

このページでは、数論的関数のなかでも、重要な類について解説する。

# 加法的関数と乗法的関数

$\gcd(M, N)=1$ のとき $f(MN)=f(M)+f(N)$ となる数論的関数 $f(N)$ を**加法的** (*additive*) であるといい、
正の整数 $M, N$ に対してつねに $f(MN)=f(M)+f(N)$ となる数論的関数 $f(N)$ を**完全加法的** (*completely additive*) であるという。

たとえば $\omega(N)$ は加法的関数、$\Omega(N)$ は完全加法的関数である。

これに対し、$\gcd(M, N)=1$ のとき $f(MN)=f(M)f(N)$ となる数論的関数 $f(N)$ を**乗法的** (*multiplicative*) であるといい、
正の整数 $M, N$ に対してつねに $f(MN)=f(M)f(N)$ となる数論的関数 $f(N)$ を**完全乗法的** (*complitely multiplicative*) であるという。

たとえば $d^{(k)}(N) (k=0, 1, \ldots)$ および $\varphi(n)$ は乗法的関数である。

一般的には、次のようなことが成り立つ。

&&&thm [thm1]
$k$ を $0, \pm 1$ ではない実数とし、$f(N), F(N)$ が $F(N)=k^{f(N)}$ となる数論的関数とする。
ただし $k$ が負のときは $f(N)$ は整数値をとるとする。このとき
- $f(N)$ が加法的関数 $\Longleftrightarrow$ $F(N)$ は乗法的関数
- $f(N)$ が完全加法的関数 $\Longleftrightarrow$ $F(N)$ は完全乗法的関数
&&&

&&&prf
$f(N)$ が加法的ならば $\gcd(M, N)=1$ のとき（完全加法的ならば任意の正の整数 $M, N$ について）
$$F(MN)=k^{f(MN)}=k^{f(M)+f(N)}=k^{f(M)}\times k^{f(N)}=f(M)f(N).$$
$F(N)$ が乗法的ならば $\gcd(M, N)=1$ のとき（完全乗法的ならば任意の正の整数 $M, N$ について）
$$k^{f(MN)}=F(MN)=F(M)F(N)=k^{f(M)}\times k^{f(N)}=k^{f(M)+f(N)}$$
となるが、$k\neq 0, \pm 1$ より
$$f(MN)=f(M)+f(N)$$
となる。
&&&

&&&thm [thm2]
正の整数に対して定義された関数 $f(N)$ が乗法的関数である必要十分条件は $N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$ と素因数分解すると
$f(N)=\prod_{i=1}^r f(p_i^{e_i})$ となることである。
&&&

&&&prf
$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$ と素因数分解すると
$f(N)=\prod_{i=1}^r f(p_i^{e_i})$
となるとする。このとき $\gcd(M, N)=1$ ならば
$$M=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}, N=p_{r+1}^{e_{r+1}} p_{r+2}^{e_{r+2}} \cdots p_s^{e_s}$$
と素因数分解され、
$$f(MN)=\prod_{i=1}^s f(p_i^{e_i})=\left(\prod_{i=1}^r f(p_i^{e_i})\right)\left(\prod_{i=r+1}^s f(p_i^{e_i})\right)=f(M)f(N)$$
となり、$f(N)$ は乗法的関数であることがわかる。

逆に $f(N)$ が乗法的関数ならば $N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$ と素因数分解すると
$$f(N)=f(p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r})=f(p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_{r-1}^{e_{r-1}})f(p_r^{e_r})$$
となるから、$r$ あるいは $N$ に関する帰納法により
$$f(N)=f(p_r^{e_r})\prod_{i=1}^{r-1} f(p_i^{e_i})=\prod_{i=1}^r f(p_i^{e_i})$$
であることがわかる。
&&&

&&&thm [thm3]
正の整数に対して定義された関数 $f(N)$ が加法的関数である必要十分条件は $N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$ と素因数分解すると $f(N)=\sum_{i=1}^r f(p_i^{e_i})$ となることである。
&&&

&&&prf
[定理4.1](#thm1)より $f(N)$ が加法的関数 $\Longleftrightarrow$ $2^{f(N)}$ は乗法的関数だから、
[定理4.2](#thm2)より従う。
&&&

&&&thm [thm4]
正の整数 $N$ に対して定義された関数 $f(N)$ が乗法的関数ならば
$$g(N)=\sum_{d\mid N}f(d)$$
により定義される関数 $g(N)$ も乗法的関数で、
$$N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると
$$\label{eq1}g(N)=\prod_{i=1}^r \sum_{g_i=0}^{e_i}f(p_i^{g_i})\tag{*}$$
とあらわされる。
&&&

&&&prf
$$N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解する。
$r=0$ のときは $g(1)=f(1)$ となるので \eqref{eq1} が成り立つ。$r=1$ のとき明らかに
$$g(N)=\sum_{d\mid N}f(d)=\sum_{g=0}^{e_1} f(p_1^g)$$
となるので、やはり \eqref{eq1} は成り立つ。

$\omega(N)=k$ のとき \eqref{eq1} が正しいとし、$r=k+1$ とする。
$$N_1=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$$
とおくと $N=N_1 p_{k+1}^{e_{k+1}}$ なので
$$\begin{split}
g(N)= & \sum_{d\mid N}f(d) \\
= & \sum_{d_1\mid N_1, d_2\mid p_{k+1}^{e_{k+1}}} f(d_1 d_2) \\
= & \left(\sum_{d_1\mid N_1} f(d_1)\right)\left(\sum_{d_2\mid p_{k+1}^{e_{k+1}}} f(d_2)\right)
= & g(N_1)g(p_{k+1}^{e_{k+1}}) \\
= & \prod_{i=1}^{k+1} \sum_{g_i=0}^{e_i}f(p_i^{g_i})
\end{split}$$
となるので、$r=k+1$ のときも \eqref{eq1} は成り立つ。

よって数学的帰納法より \eqref{eq1} はすべての正の整数 $N$ に対して成り立つ。
&&&

# 参考文献
本ページについてはHardy and Wright, Chapter 16 を参照。

加法的関数と乗法的関数

# 素数べきを法とする原始根

$p$ を法とする原始根 $a\Mod{p}$ とは
$$1, a, \ldots, a^{p-2}\Mod{p}$$
が $p$ を法とする既約剰余類をすべてあらわすものであった。

$p^e$ を法とする既約剰余類は $p^e-p^{e-1}=p^{e-1}(p-1)$ 個あるから
$$1, a, \ldots, a^{p^{e-1}(p-1)}\Mod{p}$$
が $p^e$ を法とする既約剰余類をすべてあらわすとき、$a\Mod{p^e}$ を、$p^e$ を法とする**原始根**という。

$\mathrm{LTE}$ (Lifting The Exponent)と呼ばれる、次の定理から証明する。

&&&thm LTE (Lifting The Exponent) [th1]
$p>2$ が奇素数、$\gcd(a, b)=1$ かつ $a, b$ がいずれも $p$ で割り切れない整数で $g$ が
$$p\mid (a^g-b^g),$$
となる最小の正の整数、$f$ を
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$$
となる整数とする。
このとき
$$p\mid(a^n-b^n)\Longleftrightarrow g\mid n$$
で、$e, k$ が
$$p^e\mid\mid k$$
となる正の整数ならば
$$p^{e+f}\mid\mid (a^{gk}-b^{gk}).$$
&&&

&&&prf
$bc\equiv a\Mod{p}$ となる $c$ をとると $(bc)^n\equiv a^n\Mod{p}$ だから
$$a^n\equiv b^n\Mod{p}\Longleftrightarrow c^n\equiv 1\Mod{p}$$
となる。よって $g$ は $c^n\equiv 1\Mod{p}$ となる最小の正の整数でもあるから
$$a^n\equiv b^n\Mod{p}\Longleftrightarrow g\mid n\Mod{p}$$
となる。
$$p^f\mid\mid (a^g-b^g)$$

次に $e, k$ が
$$p^e\mid\mid k$$
となる正の整数とする。

$$bc\equiv a\Mod{p^{e+f+1}}$$
となる $c$ をとる。
$$(bc)^g\equiv a^g\equiv b^g\Mod{p}$$
から
$c^g\equiv 1\Mod{p}$
となる。$\ell=0, 1, \ldots, e-1$ に対し、
$$c^{p^\ell g}\equiv 1\Mod{p}$$
が明らかに成り立つ。そこで
$$c^{p^\ell g}=Ap+1$$
とおくと、$p$ は奇数なので
$$\begin{split}
\frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}= & \sum_{i=0}^{p-1} c^{i p^\ell g}=\sum_{i=0}^{p-1} (Ap+1)^i \\
= & p+\frac{p(p+1)}{2}Ap+(Ap^2)\sum_{i=2}^{p-1}\binom{i}{2}+\cdots \\
= & p+\frac{p+1}{2}Ap^2+(Ap^2)\sum_{i=2}^{p-1}\binom{i}{2}+\cdots \\
\end{split}$$
より、
$$\frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}\equiv p\Mod{p^2}$$
となるから
$$p\mid\mid \frac{c^{p^{\ell +1}g}-1}{c^{p^\ell g}-1}$$
が成り立つ。よって
$$p^e\mid\mid \frac{c^{p^e g}-1}{c^g-1}$$
となるから
$$p^{f+e}\mid\mid (c^{p^e g}-1)$$
となる。
$k=p^e s$ とおくと $p\not\mid s$ だから
$$c^{p^e g(s-1)}+\cdots+c^{p^e g}+1\equiv s\not\equiv 0\Mod{p}$$
なので
$$p^{f+e}\mid\mid (c^{gk}-1)=(c^{p^e g}-1)(c^{p^e g(s-1)}+\cdots+c^{p^e g}+1)$$
となる。よって
$$p^{f+e}\mid\mid ((bc)^{gk}-b^{gk})$$
となるが、$bc\equiv a\Mod{p^{e+f+1}}$ より
$$a^{gk}\equiv (bc)^{gk}\Mod{p^{e+f+1}}$$
だから
$$p^{f+e}\mid\mid (a^{gk}-b^{gk})$$
である。
&&&

とくに
$$a^g\equiv 1\Mod{p^f}, a^g\not\equiv 1\Mod{p^{f+1}}$$
ならば
$$a^{gk}\equiv 1\Mod{p^{e+f}}, a^{gk}\not\equiv 1\Mod{p^{e+f+1}}$$
となる。
[Fermatの小定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th1)より、$a$ が $p$ で割り切れないとき
$$a^{p-1}\equiv 1\Mod{p}$$
なので
$$a^{p^{e-1}(p-1)}\equiv 1\Mod{p^e}$$
となることがわかる。これにより、素数べきを法とする場合の[Eulerの定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th2)の別証明が得られる。

&&&thm [th2]
$p>2$ が奇素数で $a$ を $p$ を法とする原始根とする。このとき
$$a^{p-1}\not\equiv 1\Mod{p^2}$$
ならば
$$a^n\equiv 1\Mod{p^e}\Longleftrightarrow p^{e-1}(p-1)\mid n$$
となる。すなわち $a\Mod{p^2}$ は $p^2$ を法とする原始根となる。

&&&prf
$a$ は原始根だから
$a^n\equiv 1\Mod{p^e}$ ならば $(p-1)\mid n$.
そこで $n=m(p-1)$ とおく。仮定より
$$p\mid\mid(a^{p-1}-1)$$
となるから、[LTE](#th1)より、$p^k\mid\mid m$ ならば
$$p^{k+1}\mid\mid(a^n-1)$$
となる。よって
$$p^e\mid (a^n-1)\Longleftrightarrow k\geq e-1\Longleftrightarrow p^{e-1}\mid m$$
となる。
&&&

与えられた原始根 $a_1\Mod{p}$ に対して
$$a_2^{p-1}\equiv 1\Mod{p^2}$$
となる $a_2\Mod{p^2}$ は一意に定まるから
$$a\equiv a_1\Mod{p}, a\not\equiv a_2\Mod{p}$$
ならば
$$a^n\equiv 1\Mod{p^e}\Longleftrightarrow p^{e-1}(p-1)\mid n$$
が成り立つ。このことから、$0\leq m, n<p^{e-1}(p-1)$ で
$$a^m\equiv a^n\Mod{p^e}$$
ならば $p^{e-1}(p-1)\mid (m-n)$ なので $m=n$ となる。よって $a^n (n=0, 1, \ldots, p^{e-1}(p-1)-1)$
は $p^e$ を法とする既約剰余類をすべてあらわすので
$a$ は $p^e$ を法とする原始根である。このようにして $p^e$ を法とする原始根が存在することがいえる。

$p$ が奇素数のとき $p^e$ を法とする原始根 $a$ が存在することから、$p^e$ を法とする既約剰余類は
$g\Mod{p^{e-1}(p-1)}$ を用いて $a^g (0\leq g\leq p^{e-1}(p-1)-1)$ の形に一意的にあらわされる。
よって $p^e$ を法とする既約剰余類全体 $(\Z/(p^e)\Z)^*$ は乗法に関して群をなし、位数 $p^{e-1}(p-1)$ の[[巡回群]]に同型である。

もちろん、$a^n\equiv 1\Mod{p^e}, 1\leq n\leq p^{e-1}(p-1)-1$ となる $n$ が存在するならば
$a$ は $p^e$ を法とする原始根ではない。

このことから、次のことがわかる。

&&&thm [th3]
$p$ が奇素数で $e\geq 2$ とする。$a$ が $p$ を法とする原始根であるとき、次の条件は互いに同値。
- $a$ が $p^e$ を法とする原始根。
- $a^{p-1}\not\equiv 1\Mod{p^2}$.
- $a^n\equiv 1\Mod{p^e}\Longleftrightarrow p^{e-1}(p-1)\mid n$.
&&&

最後に、$p=2$ のときについて考える。

&&&thm [th4]
$d=u\times 2^v, 2\not\mid u$ とする。
$a\equiv 3, 5\Mod{8}$ のとき
$v=0$ ならば $2\mid\mid (a^d-1)$, $v\geq 1$ ならば
$$2^{v+2}\mid\mid (a^d-1)$$
となる。

$a\equiv 1, 7\Mod{8}$ のとき
$a=k\times 2^m\pm 1, m\geq 3, 2\not\mid k$
とおくと $v\geq 1$ ならば
$$2^{v+m}\mid\mid (a^d-1)$$
となる。$v=0$ ならば $a\equiv 1\Mod{8}$ のとき $2^m\mid\mid (a^d-1)$,
$a\equiv 7\Mod{8}$ のとき $2\mid\mid (a^d-1)$ となる。
&&&

&&&prf
まず $a\equiv 3, 5\Mod{8}$ とする。
$$2\mid\mid (a-1), 2^3\mid\mid (a-1)(a+1)=(a^2-1)$$
である。また $t\geq 0$ に対して
$$a^{2^t}+1\equiv 2\Mod{4}$$
であるから $v\geq 2$ のとき
$$a^{2^v}-1=(a-1)(a+1)\prod_{i=1}^{v-1}(a^{2^i}+1)$$
より
$$2^{v+2}\mid\mid (a^{2^v}-1)$$
である。

次に $a\equiv 1, 7\Mod{8}$ とする。
$a\equiv 1\Mod{8}$ のとき $2^m\mid\mid (a-1)$,
$a\equiv 7\Mod{8}$ のとき $2\mid\mid (a-1)$ となる。また、いずれの場合も
$$2^{m+1}\mid (a-1)(a+1)=a^2-1$$
となる。上と同様に $v\geq 2$ のとき
$$a^{2^v}-1=(a-1)(a+1)\prod_{i=1}^{v-1}(a^{2^i}+1)$$
より
$$2^{v+m}\mid\mid (a^{2^v}-1)$$
である。

最後に
$$\frac{a^d-1}{a^{2^v}-1}=1+a^{2^v}+\cdots+a^{(u-1)2^v}\equiv u\equiv 1\Mod{2}$$
より $2$ が $a^d-1$ を割り切る回数と $a^{2^v}-1$ を割り切る回数は一致するので、定理がいえる。
&&&

このことから、次のことがわかる。

&&&cor [cor]
$a$ が奇数ならば $e\leq 2$ のとき
$$a^{2^{e-1}}\equiv 1\Mod{2^e}$$
となり、$e\geq 3$ のとき
$$a^{2^{e-2}}\equiv 1\Mod{2^e}$$
となる。また、$e\leq 2$ のとき
$$a^d\equiv 1\Mod{2^e}\Longleftrightarrow 2^{e-1}\mid d$$
となる $a$ が存在し、
$e\geq 3$ のとき
$$a^d\equiv 1\Mod{2^e}\Longleftrightarrow 2^{e-2}\mid d$$
となる $a$ が存在する。
&&&

# 合成数を法とする既約剰余類

$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$$
と素因数分解すると、[中国式剰余定理](/textbook/初等整数論/合同式/中国式剰余定理#th1)から
$$x\equiv 1\Mod{N}\Longleftrightarrow x\equiv 1\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, \ldots, k)$$
となる。

**Carmichaelの$\lambda$関数**を素数べきに対して
$$\lambda(p^e)=\left\{\begin{array}{cl}2^{e-2} & (p=2\land e\geq 3),\\
p^{e-1}(p-1) & (p>2\lor e\leq 2)\end{array}\right.$$
と定め、一般の自然数 $N$ に対して
$$\lambda(N)=\LCM [\lambda(p_1^{e_1}), \lambda(p_2^{e_2}), \ldots, \lambda(p_k^{e_k})]$$
により定める。明らかに
$$\lambda(N)\mid \prod_{i=1}^k p_i^{e_i-1}(p_i-1)=\varphi(N)$$
が成り立つ。

&&&thm [thm5]
$\gcd(a, N)=1$ ならば
$$a^{\lambda(N)}\equiv 1\Mod{N}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$$
と素因数分解する。[Eulerの定理](/textbook/初等整数論/合同式/Fermatの小定理とEulerの定理#th2)および[系](#cor)より $i=1, 2, \ldots, k$ に対して
$$a^{\lambda(p_i^{e_i})}\equiv 1\Mod{p_i^{e_i}}$$
となり、$\lambda(N)$ の定義より各 $\lambda(p_i^{e_i})$ は $\lambda(N)$ を割り切るので
$$a^{\lambda(N)}\equiv 1\Mod{p_i^{e_i}}$$
となるから、[中国式剰余定理](/textbook/初等整数論/合同式/中国式剰余定理#th1)より
$$a^{\lambda(N)}\equiv 1\Mod{N}$$
となる。
&&&

&&&thm [thm6]
$$a^d\equiv 1\Mod{N}\Longleftrightarrow \lambda(N)\mid d$$
となる $a\Mod{N}$ が存在する。

&&&prf
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_k^{e_k}$$
と素因数分解し、$p_i$ が奇数のとき $a_i$ を $p_i^{e_i}$ を法とする原始根のひとつとし、
$p_i=2$ のとき $a_i$ を[系](#cor)の後半のように
$e_i\leq 2$ のとき
$$a_i^d\equiv 1\Mod{2^{e_i}}\Longleftrightarrow 2^{e_i-1}\mid d,$$
$e_i\geq 3$ のとき
$$a_i^d\equiv 1\Mod{2^{e_i}}\Longleftrightarrow 2^{e_i-2}\mid d$$
となるようにとる。
よって各 $i$ に対し、
$$a_i^d\equiv 1\Mod{p_i^{e_i}}\Longleftrightarrow \lambda(p_i^{e_i})\mid d$$
となる。[中国式剰余定理](/textbook/初等整数論/合同式/中国式剰余定理#th1)より
$$a\equiv a_i\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, 2, \ldots, k)$$
となる $a\Mod{N}$ がとれる。このとき
$$a^d\equiv 1\Mod{N}\Longleftrightarrow a_i^d\equiv 1\Mod{p_i^{e_i}} (i=1, \ldots, r)\Longleftrightarrow \lambda(p_i^{e_i})\mid d (i=1, \ldots, r)$$
より、$\lambda(N)$ の定義から
$$a^d\equiv 1\Mod{N}\Longleftrightarrow \lambda(N)\mid d$$
となる。
&&&

Carmichael関数

このページでは、整数上のMöbius関数について解説する。Möbius関数は包含と除去の原理やMöbiusの反転公式を通じて、
整数の集合の数え上げや他の整数論的関数の考察などに幅広く応用される関数である。

# Möbius関数
正の整数 $N$ が
$$N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}, e_i>0$$
と素因数分解されるとき
$$N=\left\{\begin{array}{cl} (-1)^r& (\forall i[e_i\leq 1])\\
0 & (\exists i[e_i\geq 2])\end{array}\right.$$
によりMöbius関数を定義する。

定義よりMöbius関数は乗法的関数である。Möbius関数は有限半順序集合上のMöbius関数に一般化される。

&&&thm [thm1]
$N>0$ に対して
$$\sum_{d\mid N}\mu(d)=\left\{\begin{array}{cl} 1 & (N=1)\\
0 & (N>1)\end{array}\right.$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$N=1$ ならば
$$\sum_{d\mid N}\mu(d)=\mu(1)=1$$
となる。

$N>1$ のとき
$$N=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると $\mu$ は乗法的関数なので[定理4.4](#thm4)より
$$\sum_{d\mid N}\mu(d)=\prod_{i=1}^r \sum_{f_i=0}^{e_i}\mu(p_i^{f_i})=\prod_{i=1}^r (\mu(1)+\mu(p_i))=0$$
となる。
&&&

&&&thm 包含と除去の原理 [thm2]
$S$ を有限集合、$P$ を素数の有限集合、$D$ を $P$ に属する相異なる素数の積であらわされる整数全体とする。
素数 $p\in P$ について $S$ の部分集合 $S_p$ が定まっているとし、
$d\in D$ に対して $S_d=\bigcap_{p\mid d}S_p$ とおく。さらに $T=S\backslash \bigcup_p S_p$ を、$S$ の要素でどの $S_p$ にも属さないもの全体の集合とすると、
$$\#T=\sum_{d\in D} \mu(d) \# S_d$$
となる。
&&&

&&&prf
$x\mid S_d\Longleftrightarrow \forall (p\mid d)x\in S_p$ 
であるから、各 $x\in S$ について $N(x)=\prod_{x\in S_p} p$ を $S_p$ が $x$ を含んでいる素数 $p$ すべての積とすると、$N(x)\in D$ で
$$x\in S_d\Longleftrightarrow d\mid N(x)$$
となる。
それで、$f(x)=\sum_{x\in S_d}\mu(d)$ とおくと
$$f(x)=\sum_{d\mid N(x)}\mu(d)$$
より
$$f(x)=1\Longleftrightarrow N(x)=1\Longleftrightarrow x\in T$$
となる。よって
$$\#T=\sum_{x\in S}f(x)=\sum_{d\in D} \mu(d)\sum_{x\in S_d} 1=\sum_{d\in D} \mu(d)\# S_d$$
となる。
&&&

この定理は有限半順序集合上の包含と除去の原理に一般化される。


# 参考文献
本ページについてはHardy and Wright, Chapter 16 を参照。

メビウス関数

Lucas数列は、一般的な[円分多項式](/textbooks/初等整数論/円分多項式/円分多項式)
$$\Phi_n(X, Y)=(X^n-Y^n)/\prod_{d<n, d\mid n}\Phi_d(X, Y)=Y^{\varphi(n)}\Phi_n(X/Y, 1)$$
を用いて
$$u_n=\prod_{d\mid n, d>1}\Phi_d(\alpha, \beta)$$
とあらわされる。

$\Phi_d(\alpha, \beta)$ の整除性については、つぎの定理が成り立つ。

&&&thm [th1]
$q_d=\Phi_d(\alpha, \beta)$ と定めると、
$p$ が $2Q$ を割り切らない素数で $q_n$ を割り切るとき $n=\rho(p) p^k$ となる。
&&&

&&&prf
$m=\rho(p)$ とおく。$p$ が $q_n$ を割り切るから $u_n$ も割り切るので $m\mid n$ である。

$m<n$ と仮定し、$s$ を $m\mid (n/s)\mid n$ となる素数とする。
$q_n$ は
$$\prod_{d\mid n, (n/s)\nmid d}q_d=\frac{u_n}{u_{n/s}}$$
を割り切るので
$p$ は $u_n/u_{n/s}$ を割り切る。
[前ページの定理2](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/LTEの補題#th2)より
$$p^e\mid\mid u_m, p^f\mid\mid \frac{n}{sm}$$
となる整数 $e, f$ をとると
$$p^{e+f}\mid\mid u_{n/s}$$
かつ
$$p^{e+f+1}\mid u_n$$
となるが、[前ページの定理2](/textbooks/初等整数論/Lucas数列/LTEの補題#th2)より
$$p^{f+1}\mid \frac{n}{m}$$
となるから、 $f$ のとり方より $s=p$ である。よって $n/m$ は $p$ の冪でなければならない。
&&&

原始素因数

[[数論的関数]] $f, g$ の**接合積** (*convolution*) $f*g$ を
$$(f*g)(N)=\sum_{d\mid N}f(d)g(N/d)$$
により定める。

# 基本的性質
明らかに
$$(f*g)=(g*f),$$
$$((f*g)*h)(N)=(f*(g*h))(N)=\sum_{N=d_1 d_2 d_3}f(d_1)g(d_2)h(d_3)$$
が成り立つ。さらに、$\bbe(N)$ を[メビウス関数:定理1](/textbooks/初等整数論/数論的関数/メビウス関数#thm1)で考察した関数
$$\bbe(N)=\sum_{d\mid N}\mu(d)=\left\{\begin{array}{cl} 1 & (N=1)\\
0 & (N>1)\end{array}\right.$$
と定めると、
$$\bbe *f=f*\bbe =f$$
が成り立つ。すなわち $\bbe$ は、convolutionに関する単位元とみることができる。

&&&ex [ex1]
$\mathbb{1}(N)$ を、すべての整数に対して $1$ をとる関数とし、多項式 $P(x)$ に対し、$[P]$ を整数 $N$ に対して $P(N)$ を値にとる関数とする（よって $\mathbb{1}=[x^0]$ となる）と、[約数関数](/textbooks/初等整数論/数論的関数/約数関数) $d_k(N)$ について
$$d_k=\mathbb{1}*[x^k]$$
が成り立つ。とくに
$$d=\mathbb{1}*\mathbb{1}, \sigma=\mathbb{1}*[x]$$
が成り立つ。
&&&

つぎの一般的な定理が成り立つ。

&&&thm [thm1]
$2$つの数論的関数 $f(N), g(N)$ について
$$f*g=e$$
となるとき、
$$f*a=b\Longleftrightarrow a=g*b$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$b=f*a$ ならば
$$g*b=g*(f*a)=(g*f)*a=\bbe *a=a$$
となる。また $a=g*b$ ならば
$$f*a=f*(g*b)=(f*g)*b=\bbe *b=b$$
となる。
&&&

また、次の定理も重要である。

&&&thm [thm2]
$f, g$ が乗法的関数ならば $f*g$ も乗法的関数である。
&&&

&&&prf
$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$ と素因数分解すると
$$\begin{split}
(f*g)(N)= & \sum_{d\mid N}f(N/d) g(d) \\
= & \sum_{0\leq f_i\leq e_i (1\leq i\leq k)} f(p_1^{e_1-f_1}p_2^{e_2-f_2}\cdots p_k^{e_k-f_k})g(p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_k^{f_k}) \\
= & \sum_{0\leq f_i\leq e_i (1\leq i\leq k)} \prod_{i=1}^k f(p_i^{e_i-f_i})g(p_i^{f_i}) \\
= & \prod_{i=1}^k \sum_{f_i=0}^{e_i} f(p_i^{e_i-f_i})g(p_i^{f_i}) \\
= & \prod_{i=1}^k (f*g)(p_i^{e_i})
\end{split}$$
となるので、$f*g$ も乗法的関数である。
&&&

この定理は[加法的関数と乗法的関数:定理4](加法的関数と乗法的関数#thm4)を含んでいる。実際、すべての整数 $N$ に対して $g(N)=1$ となる関数 $g$ は乗法的関数だから、
$f$ が乗法的関数ならば $h(N)=\sum_{d\mid N}f(N)$ により定義される関数 $h$ も乗法的関数である。



接合積

# Mobiusの第1反転公式

接合積の定義および[メビウス関数:定理1](メビウス関数#thm1)から
$$\mathbb{1}*\mu(N)=\sum_{d\mid N}\mu(d)=\bbe(N)$$
となるので、次のMobiusの第1反転公式が得られる。

&&&thm Mobiousの第1反転公式 [thm1]
数論的関数 $f(N)$ に対し、
$$g(N)=\sum_{d\mid N}f(d)$$
により、$g(N)$ を定めると
$$f(N)=\sum_{d\mid N}\mu(d)g(d)$$
が成り立つ。また、この逆もいえる。
&&&

&&&prf
[メビウス関数:定理1](メビウス関数#thm1)より
$$\mathbb{1}*f=g\Longleftrightarrow f=\mu*g$$
から、すぐにわかる。
&&&

&&&ex [ex1]
**von-Mangoldt関数** $\Lambda(n)$ を $n=p^e$ が素数のべきであるとき $\log p$, それ以外のとき $0$ をとる関数と定めると
$$\mathbb{1}*\Lambda=\log$$
となる。実際 $n=\prod_{i=1}^r p_i^{e_i}$ と素因数分解すると
$$\begin{split}
\mathbb{1}*\Lambda(n)= & \sum_{d\mid n}\Lambda(n)=\sum_{p^e\mid n}\log p \\
= & \sum_{i=1}^r \sum_{e=1}^{e_i}\log p_i=\sum_{i=1}^r e_i\log p_i=\log n
\end{split}$$
となる。よって
$$\Lambda=\mu*\log$$
つまり
$$\Lambda(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\log\frac{n}{d}$$
が成り立つ。
&&&

メビウスの反転公式

この記事では、自然数 $N$ の約数の総和
$$\sigma(N)=d_1(N)=\sum_{d\mid N} d$$
について詳しく解説する。

[約数関数: 定理1](textbooks/初等整数論/数論的関数/約数関数#th1)ですでに述べたように
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると
$$\sigma(N)=\prod_{i=1}^r \sigma(p_i^{e_i})=\prod_{i=1}^r \frac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}\label{eq01}\tag{1}$$
が成り立つ。また[約数関数: 定理3](textbooks/初等整数論/数論的関数/約数関数#th3)ですでに述べたように
$$\frac{\sigma(N)}{N}=d_{-1}(N)=\prod_{i=1}^r \left(1+\frac{1}{p_i}+\cdots +\frac{1}{p_i^{e_i}}\right)=\prod_{i=1}^r \frac{1-\frac{1}{p_i^{e_i+1}}}{1-\frac{1}{p_i}}\label{eq02}\tag{2}$$
が成り立つ。

# 基本的性質

&&&thm [th1]
$k\in\Z$ とする。
$M\mid N$ かつ $M<N$ のとき
$$\frac{\sigma(M)}{M}<\frac{\sigma(N)}{N}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
\eqref{eq02} より両辺はそれぞれ $d_{-1}(M), d_{-1}(N)$ に一致するので[約数関数: 定理4](textbooks/初等整数論/数論的関数/約数関数#th4)から従う。
&&&

&&&thm [th2]
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解すると
$$\prod_{i=1}^r \frac{p_i+1}{p_i}\geq \frac{\sigma(N)}{N}<\prod_{i=1}^r \frac{p_i}{p_i-1}.$$
左の等号は、$N$ が平方因数をもたないときに、かつそのときに限り成り立つ。
&&&

&&&prf
左の不等号は[定理1](#th1)から明らか。右の不等号は
$$\frac{1-\frac{1}{p_i^{e_i+1}}}{1-\frac{1}{p_i}}<\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}=\frac{p_i}{p_i-1}$$
より従う。
&&&


# 完全数

$$6=1+2+3$$
のように、自分自身を除く約数の和が自分自身に等しくなる数を'''完全数'''という。$\sigma$ 関数を用いると、
$N$ が完全数であるとは $\sigma(N)-N=N$ つまり
$$\sigma(N)=2N \label{eq21}\tag{3}$$
が成り立つということができる。これは \eqref{eq02} より
$$\prod_{i=1}^r \frac{1-\frac{1}{p_i^{e_i+1}}}{1-\frac{1}{p_i}}=2 \label{eq22}\tag{4}$$
とも同値である。

$p$ が奇素数のとき $p^e\mid\mid N \Longleftrightarrow p^e\mid\mid\sigma(N)$ かつ
$2^e\mid\mid N\Longleftrightarrow 2^{e+1}\mid\mid\sigma(N)$ となることがすぐにわかる。

## 偶数の完全数

$$6, 28, 496, \ldots$$
は完全数であることが古くから知られていた。すでにEuclidが偶数の完全数を求める方法を発見している。
&&&thm [th3]
$2^m-1$ が素数ならば
$$N=2^{m-1}(2^m-1)$$
が完全数である。
&&&

&&&prf
$2^m-1$ が素数ならば \eqref{eq01} より
$$\sigma(N)=(2^m-1)\times 2^m=2N$$
となるから、\eqref{eq21} より $N$ は完全数である。
&&&

その後、Eulerは偶数の完全数はすべてEuclidが示した形のものであることを示した。

&&&thm [th4]
$N$ が偶数の完全数 $\Longleftrightarrow$ $N=2^{m-1}(2^m-1)$ かつ $2^m-1$ が素数。
&&&

&&&prf
$N$ は偶数なので
$$N=2^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解し、$m=e_1+1$ とおく。 $\sigma(2^{e_1})=2^m-1$ は $\sigma(N)=2N$ を割り切るが、
$2^m-1$ は奇数だから $N$ を割り切る。
$2^m-1$ が素数でないとし、素因数のひとつを $q$ とおくと $q<2^m-1$ かつ $q$ は $N$ を割り切る。よって [定理1](#th1) より
$$\frac{\sigma(N)}{N}\geq \frac{2^m-1}{2^{m-1}}\times \frac{q+1}{q}>\frac{2^m-1}{2^{m-1}}\times \frac{2^m}{2^m-1}=2$$
となって、\eqref{eq21} が成り立たないので $N$ は完全数ではない。よって $2^m-1$ は素数であり、かつ
$2^{m-1}(2^m-1)$ は $N$ を割り切る。
$N=2^{m-1}(2^m-1)$ ならば、先の定理で見たように $N$ は完全数である。 $N>2^{m-1}(2^m-1)$ ならば [定理1](#th1) より
$$\frac{\sigma(N)}{N}>\frac{\sigma(2^{m-1}(2^m-1))}{2^{m-1}(2^m-1)}=2$$
なので $N$ は完全数である。
&&&

よって、偶数の完全数を求める問題は $2^m-1$ の形の素数、すなわちMersenne素数を求める問題に帰着する。

## 奇数の完全数

* 詳しくは[[奇数の完全数]]を参照。

一方、奇数の完全数は存在するか否かもわかっていない。Eulerは[定理4](#th4)に対応して、奇数の完全数がどのような形をとらなければならないかも示している。

&&&thm [th5]
$N$ が奇数の完全数ならば
$$N=p^\alpha M^2, p\not\mid M$$
かつ $p\equiv\alpha\equiv 1\Mod{4}$ である。
&&&

&&&prf
$N$ は奇数だから $2\mid\mid 2N=\sigma(N)$ となる。
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解する。各 $p_i$ は奇数だから
$$\sigma(p_i^{e_i})=1+\cdots +p_i^{e_i}\equiv e_i+1\Mod{2}$$
となる。$e_i$ がすべて偶数ならば $\sigma(N)=2N$ が奇数となって矛盾する。
また $j\neq k$ で $e_j, e_k$ がともに奇数ならば $\sigma(p_j^{e_j}), \sigma(p_k^{e_k})$ はともに偶数なので
$$2^2\mid \sigma(p_j^{e_j})\sigma(p_k^{e_k})\mid \sigma(N)=2N$$
となって矛盾する。よって $e_j$ が奇数となる $j$ がちょうど$1$つ存在する。
$e_j=2m-1$ とおくと
$$\sigma(p_j^{e_j})=1+p_j+\cdots +p_j^{2m-1}=(1+p_j)(1+p_j^2+\cdots+p_j^{2(m-1)})$$
となる。
$p_j\equiv 3\Mod{4}$ のとき
$$2^2\mid (1+p_j)\mid\sigma(p_j^{e_j})\mid \sigma(N)$$
となって矛盾する。また $e_j\equiv 3\Mod{4}$ のとき $m$ は偶数なので
$$(1+p_j^2)\mid(1+p_j^2+\cdots+p_j^{2(m-1)})$$
となるから、やはり
$$2^2\mid (1+p_j)(1+p_j^2)\mid\sigma(p_j^{e_j})\mid \sigma(N)$$
となって矛盾する。
&&&

このことから $N$ が奇数の完全数ならば
$$N=p^\alpha M^2=p^\alpha q_1^{2b_1} q_2^{2b_2} \cdots q_s^{2b_s}, p\equiv\alpha\equiv 1\Mod{4}\label{eq31} \tag{5}$$
と素因数分解できることがわかる。
また \eqref{eq01} より $\sigma(p^\alpha)$ および各 $\sigma(q_i^{2b_i})$ はいずれも $\sigma(N)=2N$ を割り切るが、
$\sigma(q_i^{2b_i})$ は奇数だから、$\sigma(p^\alpha)/2$ および各 $\sigma(q_i^{2b_i})$ はいずれも $N$ を割り切ることがわかる。

Sternは $N$ が奇数の完全数ならば $N\equiv 1\Mod{4}$ となることを示した。
$N$ が奇数の完全数ならば $N\equiv 1\Mod{12}$ または $N\equiv 9\Mod{36}$ となることは
TouchardによってJacobiの$\theta$関数の理論を用いて証明され、その後 Satyanarayana, Raghavachari, Holdenerにより独立に初等的に証明された。

&&&thm Touchard, 1953, Roberts, 2008 [th6]
$N$ が奇数の完全数ならば $N\equiv 1\Mod{12}$ または $N\equiv 9\Mod{36}$ となる (Touchard, 1953)。
やや強く、$N$ が奇数の完全数ならば $N\equiv 1\Mod{12}, N\equiv 81\Mod{324},$ または $N\equiv 117\Mod{468}$ である (Roberts, 2008)。
&&&

&&&prf
$N$ を \eqref{eq31} のように素因数分解する。
$p\equiv 1\Mod{4}$ かつ $M^2\equiv 1\Mod{4}$ だから
$$N=p^e M^2\equiv 1\Mod{4}\label{eq32}\tag{6}$$
が成り立つ。

$N$ が $3$ で割れないとする。$N$ の素因数はいずれも $3$ ではないから（あるいは $p\equiv 1\Mod{4}$ だから）、$p\neq 3$ である。
$p\equiv 2\Mod{3}$ ならば
$$\sigma(p^\alpha)=(1+p)(1+p^2+\cdots +p^{\alpha-1})$$
より
$$3\mid (p+1)\mid\sigma(N)=2N$$
より $3\mid N$ となって矛盾する。
よって $p\equiv 1\Mod{3}$ である。$M$ も $3$ で割れないから $M^2\equiv 1\Mod{3}$ なので
$$N=p^e M^2\equiv 1\Mod{3}$$
となって、\eqref{eq32}とあわせて $N\equiv 1\Mod{12}$ となる。

$N$ が $3$ で割り切れるとする。$p\equiv 1\Mod{4}$ だから、$p\neq 3$ なので
$3^{2b}\mid\mid N$ となる整数 $b\geq 1$ がとれる。

$b=1$ つまり $3^2\mid\mid N$ のとき、$13\mid\sigma(3^2)\mid\sigma(N)$ より $13$ は $N$ を割り切る。よって $N\equiv 0\Mod{117}$
であるから \eqref{eq32} とあわせて $N\equiv 117\Mod{468}$ となる。

$b\geq 2$ つまり $3^4\mid N$ のとき、$N\equiv 0\Mod{81}$ だから \eqref{eq32} とあわせて
$N\equiv 81\Mod{324}$ となる。
&&&

&&&thm [th7]
$N$ が奇数の完全数ならば $\omega(N)\geq 3$ である。
また $N$ は $105$ で割り切れない。すなわち $3, 5, 7$ が同時に $N$ を割り切ることはできない。
&&&

&&&prf
$N$ を奇数とし
$$N=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}$$
と素因数分解する。
$r=\omega(N)\leq 2$ のとき[定理2](#th2)より
$$\frac{\sigma(N)}{N}<\frac{p_1}{p_1-1}\times\frac{p_2}{p_2-1}\leq \frac{3}{2}\times\frac{5}{4}<2$$
だから $N$ は完全数ではない。

また $N$ が完全数で $105\mid N$ ならば[定理5](#th5)より $N$ は \eqref{eq31} のように素因数分解されなければならない。
$p\equiv 1\Mod{4}$ だから $p\neq 3, 7$ なので $3^2\mid N, 7^2\mid N$ となる。よって[定理2](#th2)より
$$\frac{\sigma(N)}{N}\geq \frac{\sigma(3^2\times 5\times 7^2)}{3^2\times 5\times 7^2}=\frac{13\times 6\times 57}{9\times 5\times 49}>2$$
となって矛盾する。
&&&

# 多倍完全数

完全数の概念は、
$$\sigma(N)=kN$$
となる $N$ に一般化される。このような数を**多倍完全数** (*multiply perfect number*, *multiperfect number*) という。
たとえば
$$\sigma(120)=15\times 4\times 6=360$$
は$3$倍完全数である。
$120$ が $3$ 倍完全数であることは、1557年にRobert Recordeによって発見され、その後、1631年にMersenneが$3$倍完全数を発見する問題を提示し、
つぎの$6$つがMersenne, Descartes, Fermat により発見されている。
$$\begin{split}
120= & 2^3\times 3\times 5, \\
672= & 2^5\times 3\times 7, \\
523776= & 2^9\times 3\times 11\times 31, \\
459818240= & 2^8\times 5\times 7\times 19\times 37\times 73, \\
1476304896= & 2^{13}\times 3\times 11\times 43\times 127, \\
51001180160= & 2^{14}\times 5\times 7\times 19\times 31\times 151.
\end{split}$$
これらは、1643年までに発見されたもので、現在、他の$3$倍完全数は知られていない。これ以外に$3$倍完全数が存在しないと予想されているが、偶数についても奇数についても未だ証明されていない。

$4$倍完全数のうちいくつかはDescartes, Fermat, Mersenneらによって古くから知られており、Lehmer, Carmichael, Poulet が1929年までに現在知られているものをすべて発見した。
そのため$4$倍完全数も、現在知られている$36$個のもの以外に存在しないと予想されているが、偶数についても奇数についても未だ証明されていない。古い発見の歴史については Leonard Eugene Dickson, ''History of the theory of numbers, volume I, divisibility and primality'', Chapter I を参照。


約数総和関数

数論的関数 $f(n)$ に対して、
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{f(n)}{n^s}$$
の形の級数を $f(n)$ に対応する**Dirichlet級数** (*Dirichlet series*) といい、このDirichlet級数であらわされる $s$ の関数を $f(n)$ の**生成関数** (*generating function*) という。

&&&ex [ex1]
つねに $1$ をとる関数は、 $f(1)=1$, $n=1$ 以外のとき $f(n)=0$ となる $f(n)$ のDirichlet級数とみることができる。つまり、つねに $1$ をとる関数は $\bbe$ の生成関数である。
またRiemannの$\zeta$関数 $\zeta(s)=\sum_n n^{-s}$ は $\mathbb{1}$ の生成関数である。
&&&

# 接合積との関係

次の定理は、数論的関数の接合積がDirichlet級数の乗法と対応していることを示している。

&&&thm 接合積の生成関数は生成関数の積 [th1]
$s$ を複素数とする。
$\sum_{n=1}^\infty f(n)/n^s$, $\sum_{n=1}^\infty g(n)/n^s$ がともに絶対収束するとき、$h=f*g$ とおくと $\sum_{n=1}^\infty h(n)/n^s$ も絶対収束し、
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{h(n)}{n^s}=\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{f(n)}{n^s}\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{g(n)}{n^s}\right).$$
&&&

&&&prf
$\sum_{n=1}^\infty f(n)/n^s$, $\sum_{n=1}^\infty g(n)/n^s$ がともに絶対収束するので
$$\left(\sum_{d=1}^M\abs{\frac{f(d)}{d^s}}\right)\left(\sum_{m=1}^M\abs{\frac{g(m)}{m^s}}\right)\rightarrow \left(\sum_{d=1}^\infty \abs{\frac{f(d)}{d^s}}\right)\left(\sum_{m=1}^\infty \abs{\frac{g(m)}{m^s}}\right)\ (M\rightarrow\infty)$$
が成り立つ。よって任意の $\epsilon>0$ に対して、$M$ が十分大きいとき
$$\abs{\left(\sum_{d=1}^\infty \abs{\frac{f(d)}{d^s}}\right)\left(\sum_{m=1}^\infty \abs{\frac{g(m)}{m^s}}\right)-\left(\sum_{d=1}^M\abs{\frac{f(d)}{d^s}}\right)\left(\sum_{m=1}^M\abs{\frac{g(m)}{m^s}}\right)}<\epsilon$$
が成り立つ。

任意の $\epsilon>0$ に対して、上記のように整数 $M$ をとると、$N>M^2$ のとき
$$\begin{split}
\sum_{n=1}^N \frac{h(n)}{n^s}= & \sum_{n=1}^N \sum_{d\mid n}\frac{f(d)g(n/d)}{n^s} \\
= & \sum_{n=1}^N \sum_{n=dm}\frac{f(d)}{d^s}\times\frac{g(m)}{m^s} \\
= & \sum_{d\geq 1, m\geq 1, dm\leq N}\frac{f(d)}{d^s}\times\frac{g(m)}{m^s}
\end{split}$$
となるが、
$$\begin{split}
& \abs{\left(\sum_{d=1}^\infty \frac{f(d)}{d^s}\right)\left(\sum_{m=1}^\infty \frac{g(m)}{m^s}\right)
-\left(\sum_{d\geq 1, m\geq 1, dm\leq N}\frac{f(d)}{d^s}\times\frac{g(m)}{m^s}\right)} \\
& \qquad \leq \sum_{dm>N}\abs{\frac{f(d)}{d^s}\times\frac{g(m)}{m^s}} \\
& \qquad \leq \abs{\left(\sum_{d=1}^\infty \abs{\frac{f(d)}{d^s}}\right)\left(\sum_{m=1}^\infty \abs{\frac{g(m)}{m^s}}\right)-\left(\sum_{d=1}^M \abs{\frac{f(d)}{d^s}}\right)\left(\sum_{m=1}^M \abs{\frac{g(m)}{m^s}}\right)} \\
& \qquad <\epsilon
\end{split}$$
となるから、
$$\begin{split}
\sum_{n=1}^\infty \frac{h(n)}{n^s}= & \lim_{N\rightarrow\infty}\left(\sum_{d\geq 1, m\geq 1, dm\leq N}\frac{f(d)}{d^s}\times\frac{g(m)}{m^s}\right) \\
= & \left(\sum_{n=1}^\infty\frac{f(n)}{n^s}\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{g(n)}{n^s}\right)
\end{split}$$
となる。
&&&

&&&ex [ex2]
$$F(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^s}$$
とおくと、$\abs{\mu(n)}\leq 1$ であるから、 $F(s)$, $\zeta(s)$ はともに $\operatorname{Re} s>1$ で絶対収束する。
$\mu*\mathbb{1}=\bbe$ であるから、[定理1](#th1)より $\operatorname{Re} s>1$ で
$$F(s)\zeta(s)=1$$
つまり
$$\frac{1}{\zeta(s)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^s}$$
が成り立つ。
&&&

$\zeta(s)$ は $s=1$ に$1$位の極をもち、その他の点で正則な関数に解析接続される。よって $F(s)$ であらわされる関数は $\zeta(s)$ の零点において極をもち、その他の点で正則な関数 $G(s)$ に解析接続される。

ただし、 $0<\operatorname{Re} s\leq 1$ となる $s$ について
$$G(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^s}$$
と級数表示できるかは（$\zeta(s)\neq 0$ となる $s$ に対しても）自明ではなく、$\operatorname{Re} s\leq 0$ のときは、右辺が（通常の意味でも）収束しないため、このような級数表示は成り立たない。
たとえば
$$G(1)=\lim_{s\rightarrow 1}\frac{1}{\zeta(s)}=0$$
は明らかだが、
$$F(1)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}=G(1)=0$$
となるかは自明ではない。結論から言えば $\sum_n \mu(n)/n=0$ は成り立つが、これは素数定理と同値であることが知られている。

# Dirichlet級数の収束

&&&thm 絶対収束座標 [th2]
絶対値からなる級数
$$\sum_{n=1}^\infty\abs{\frac{f(n)}{n^s}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\abs{f(n)}}{n^\sigma}, ~ \sigma=\operatorname{Re} s$$
が収束する実数 $s$ と発散する実数 $s$ がともに存在するとする。このとき、次のような実数 $\sigma_0$ が一意的に定まる。
$\sum_n f(n)/n^s$ は、$\operatorname{Re} s>\sigma_0$ のとき絶対収束し、$\operatorname{Re} s<\sigma_0$ のとき絶対収束しない。
&&&

&&&prf
$\sum_{n=1}^\infty \abs{f(n)}/n^\sigma$ が収束する実数 $\sigma$ の下限を $\sigma_1$ とおく。

$\operatorname{Re} s>\sigma_1$ とすると、$\operatorname{Re} s\geq \sigma_2>\sigma_1$ かつ $\sum_{n=1}^\infty \abs{f(n)}/n^{\sigma_2}$ が収束する実数 $\sigma_2$ がとれる。
$$\sum_{n=1}^\infty\abs{\frac{f(n)}{n^s}}\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{\abs{f(n)}}{n^{\sigma_2}}$$
より、$\sum_{n=1}^\infty \abs{f(n)/n^s}$ も収束する。

一方、$\sigma=\operatorname{Re} s<\sigma_1$ とすると、$\sum_{n=1}^\infty \abs{f(n)/n^s}=\sum_{n=1}^\infty \abs{f(n)}/n^\sigma$ は収束しないから、
$\sum_{n=1}^\infty f(n)/n^s$ は収束しない。
よって、$\sigma_0=\sigma_1$ と定まる。
&&&

この実数 $\sigma_0$ をDirichlet級数 $\sum_n f(n)/n^s$ の**絶対収束座標** (*abscissa of absolute convergence*) という。

# Dirichlet級数の一意性

$F(s)$ がDirichlet級数によってあらわされる関数であるとき、このDirichlet級数の係数である数論的関数 $f(n)$ は関数 $F(s)$ により一意的に定まることが知られている。

&&&thm Dirichlet級数の一意性 [th3]
$2$つのDirichlet級数
$$F(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{f(n)}{n^s}, G(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{g(n)}{n^s}$$
がともに $s=\alpha$ のときに絶対収束するとする。
$s_k$ が複素数の無限列で、$\operatorname{Re} s_k$ が正の無限大に発散し、すべての正の整数 $k$ について
$F(s_k)=G(s_k)$ となるとき、すべての正の整数 $n$ について $f(n)=g(n)$ となる。
&&&

&&&prf
$h(n)=f(n)-g(n)$ により $h(n)$ を定め、対応するDirichlet級数を
$$H(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{h(n)}{n^s}=F(s)-G(s)$$
とおくと、$k=1, 2, \ldots$ について $H(s_k)=0$ となる。

$h(n)\neq 0$ となる $n$ が存在すると仮定し、そのような整数 $n$ で最小のものを $N$ とおく。
$$H(s)=\sum_{n=N}^\infty \frac{h(n)}{n^s}=\frac{h(N)}{N^s}+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{h(n)}{n^s}$$
となるので、$k=1, 2, \ldots$ について 
$$\frac{h(N)}{N^{s_k}}+\sum_{n=N+1}^\infty \frac{h(n)}{n^{s_k}}=H(s_k)=0$$
となる。$\sigma_k=\operatorname{Re} s_k$ とおくと
$$\frac{\abs{h(N)}}{N^{\sigma_k}}=\abs{\sum_{n=N+1}^\infty \frac{h(n)}{n^s}}\leq \sum_{n=N+1}^\infty \frac{\abs{h(n)}}{n^{\sigma_k}}$$
となる。仮定より $\sigma_k\rightarrow +\infty$ となるから、 $k$ が大きいとき $\sigma_k>\alpha$ となる。つまり、$k\geq k_0$ のとき $\sigma_k>\alpha$ となる $k_0$ が存在する。

$C=(N+1)^\alpha \sum_{n\geq N+1}\abs{h(n)}/n^\alpha$ とおくと、$k\geq k_0$ のとき
$$\frac{h(N)}{N^{\sigma_k}}\leq \sum_{n=N+1}^\infty \frac{\abs{h(n)}}{n^{\sigma_k}}
\leq \frac{1}{(N+1)^{\sigma_k-\alpha}}\sum_{n=N+1}^\infty \frac{\abs{h(n)}}{n^\alpha}=\frac{C}{(N+1)^{\sigma_k}}$$
となるから、
$$\abs{h(N)}\leq C\left(\frac{N}{N+1}\right)^{\sigma_k}$$
となるが、$k\rightarrow \infty$ のとき、右辺は $0$ に収束する。よって $h(N)=0$ となって、矛盾する。
&&&

# Euler積

一般的に、乗法的関数の無限和について、つぎの事実が知られている。

&&&thm [th4]
$f(n)$ が乗法的関数で、$\sum_n f(n)$ が絶対収束するとき、すべての素数に関する積
$$\prod_p (1+f(p)+f(p^2)+\cdots)$$
は収束し、$\sum_n f(n)$ に一致する。とくに $f(n)$ が完全乗法的ならば
$$\sum_n f(n)=\prod_p \frac{1}{1-f(p)}$$
となる。
&&&

&&&prf
各素数 $p$ について
$$1+f(p)+f(p^2)+\cdots$$
は絶対収束する。実際、整数 $e\geq 1$ について 
$$\abs{\sum_{f\geq e}f(p^f)}\leq \sum_{f\geq e}\abs{f(p^f)}\leq \sum_{n\geq p^e}\abs{f(n)}$$
となり、$e\rightarrow \infty$ のとき、右辺は $0$ に収束する。

$$P(x)=\prod_{p\leq x} (1+f(p)+f(p^2)+\cdots)$$
とおく。また、$x$ 以下の素数を $p_1, \ldots, p_r$ とおいて、
$$Q(x, y)=\sum_{p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}\leq y} f(p_1^{e_1})f(p_2^{e_2}) \cdots f(p_r^{e_r})$$
とおく。先に記したことから $1\leq i\leq r$ について $1+f(p_i)+f(p_i^2)+\cdots$ は絶対収束するので
$$\lim_{y\rightarrow +\infty}Q(x, y)=P(x)\label{eq1}\tag{*}$$
となる。

$A(x, y)=\{n=p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}\leq y\}$ とおくと、
$$Q(x, y)=\sum_{p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}\leq y} f(p_1^{e_1})f(p_2^{e_2}) \cdots f(p_r^{e_r})
=\sum_{p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r}\leq y} f(p_1^{e_1} p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r})=\sum_{n\in A(x, y)}f(n)$$
となる。$y\geq x$ のとき $A(x, y)$ は $x$ 以下の整数をすべて含んでいるから $S=\sum_n f(n)$ とおくと
$$\abs{S-Q(x, y)}\leq \sum_{n\not\in A(x, y)}\abs{f(n)}\leq \sum_{n>x}\abs{f(n)}$$
となる。\eqref{eq1}より
$$\abs{S-P(x)}\leq \sum_{n>x}\abs{f(n)}$$
となるが、$\sum_n f(n)$ は絶対収束するから、右辺は $0$ に収束する。つまり $P(x)$ は $S=\sum_n f(n)$ に収束する。
&&&

$f(n)$ を $f(n)/n^s$ に置き換えることで、Dirichlet級数について、つぎの展開が可能であることがわかる。

&&&thm [th5]
$f(n)$ が乗法的関数で、$\alpha$ を Dirichlet級数 $F(s)=\sum_n f(n)/n^s$ の絶対収束座標とすると、$\operatorname{Re} s>\alpha$ のとき
$$F(s)=\prod_p \left(1+\frac{f(p)}{p^s}+\frac{f(p^2)}{p^{2s}}+\cdots \right)$$
となる。とくに $f(n)$ が完全乗法的ならば
$$F(s)=\prod_p \frac{1}{1-f(p)p^{-s}}$$
となる。
&&&

これらの右辺の積を**Euler積** (*Euler product*) という。


Dirichlet級数

An Introduction to the Theory of Numbers, 6th Ed.

数論入門I 原書6版

数論入門II 原書6版

Factors of Fermat's numbers

Exercises in Number Theory

Introduction to Number Theory, Reprint Edition

The New Book of Prime Number Records (3rd ed. pbk.)

Hilbert's Tenth Problem is Unsolvable

Théorie des nombres

Théorie des fonctions numériques simplement périodiques

Exercices des théorie des nombres

The determination of the prime or composite nature of large numbers by Fermat's theorem

Tests for primality by the converse of Fermat's theorem

Some factorizations of $2^n\pm 1$ and related results

Théorèmes sur les nombres premiers

本テキストでは、整数の性質について取り扱う。

整数の性質についての研究は初等幾何学と並んで、最も古い数学の分野のひとつである。直角三角形の3辺の長さとなる正の整数、つまり
$$a^2+b^2=c^2$$
となる正の整数 $a, b, c$ の組は非常に古く、古代バビロニアや古代エジプトでも知られていたと考えられている（たとえばバビロニアの粘土板プリンプトン322には $65^2+72^2=97^2$, $12709^2+13500^2=18541^2$ をあらわすと思われる記述がある）。$6$ の（$6$ 自身を除く）約数の和が $6$ に一致し、$28, 496, 8128$ も同様の性質をもつことは、古代ギリシアのピタゴラス教団では知られており、完全数と呼ばれ崇拝の対象となっていた。ユークリッドの「原論」では公倍数や公約数、素数に関する基礎的な定理が記されている。

本テキストでは、こうした整数の性質や関係について取り扱う。