フィボナッチ・フリーク

数学の小ネタ集。

2^n+1を割り切る素数の密度は17/24

2^n+1(n\geq1)という数列を考えましょう。

3,5,9,17,33,65,129,257,\cdots

これは全て奇数ですから2の倍数は登場しません。3,5,11,13,17の倍数は上の列に出てきていますね。しかし7の倍数は見当たりません。実はこの列には7の倍数は現れないのです。これは2^n~\mathrm{mod}~7

2,4,1,2,4,1,\cdots

と循環し、6が現れないことからわかります。

では、2^n+1の素因数に現れる素数は、素数全体のうちどのくらいあるのでしょうか?

実はHasseによる次の定理(1966)があります。

定理. あるn\geq1について2^n+1を割り切る素数の密度は\dfrac{17}{24}である。

ここで密度とは、x以下の素数の個数をを\pi(x)、その中で条件を満たす素数の個数を\pi'(x)とするとき

\displaystyle{\lim_{x\to \infty}\frac{\pi'(x)}{\pi(x)}}

のこと(いわゆる自然密度)とします。

17という数が出てくるところが面白いですね。

今回はこの定理の証明をしたいと思いますが、初等的な証明ではないので、代数的整数論の基本的な知識(円分体における素イデアルの分解など)を仮定します。これについては以下のtsujimotterさんのブログにわかりやすい解説があるので、あまり詳しくない方はそちらも参照してみてください。

tsujimotter.hatenablog.com

tsujimotter.hatenablog.com

さて、ある条件を満たす素数の密度を計算する方法はどんなものがあるでしょうか?

整数論に詳しい人なら、その一つとして真っ先にChebotarevの密度定理を挙げるでしょう。あるいはその特別な場合である次の定理が有名です。

命題1. Galois拡大K/\mathbb{Q}で完全分解する素数の密度は\dfrac{1}{[K:\mathbb{Q}]}である。

証明は省略しますが、比較的簡単なので今後このブログで紹介するかもしれません。

Hasseによる証明では、素数2^n+1を割り切るという条件をある代数体における完全分解という条件に書き直すことで、命題1に帰着させるのです。まずはこの書き換えをしていきましょう。議論を簡単にするため、素数は奇素数のみ考えます(こうしても密度には影響しません)。

素数p条件を満たさない、つまり2^n\equiv-1~\mathrm{mod}~pが解を持たないためには、\mathbb{F}_p^\times\cong \mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z}における2の位数が奇数であることが必要十分です。ここで次の補題を使います。

補題. \mathrm{ord}_2(p-1)=jとする。\mathbb{F}_p^\timesにおけるaの位数が奇数である必要十分条件
x^{2^j}\equiv a~\mathrm{mod}~p\tag{1}
が解を持つことである。

証明. (1)が解を持つならばa^{(p-1)/2^j}\equiv x^{p-1}\equiv 1~\mathrm{mod}~pだから、aの位数は(p-1)/2^jを割り切り、奇数である。逆にaの位数が奇数2m+1ならば、原始根rをとってa=r^kとするとa^{2m+1}\equiv r^{k(2m+1)}\equiv1~\mathrm{mod}~pなので2^j\mid kとなり解r^{k/2^j}が得られる。~~~\square

2^j\mid p-1より\mathbb{F}_pには12^j乗根が全てあるので、上の方程式が解を持つことは

x^{2^j}-2=(x-a_1)\cdots(x-a_{2^j})~\mathrm{mod}~p

と一次式の積に分解することと同値です。以上で次が得られました。

命題2. ^\forall n,~p\nmid 2^n+1かつ\mathrm{ord}_2(p-1)=j ~\Leftrightarrow~ p\mathbb{Q}(\sqrt[2^j]{2})で完全分解かつ\mathrm{ord}_2(p-1)=j.

次に\mathrm{ord}_2(p-1)=jの部分を書き換えましょう。これは

p\equiv 1~\mathrm{mod}~2^j かつ p\not\equiv 1~\mathrm{mod}~2^{j+1}

と同値です。円分体における素イデアルの分解法則より、上の条件は

p\mathbb{Q}(\zeta_{2^j})で完全分解するが\mathbb{Q}(\zeta_{2^{j+1}})では完全分解しない

と言い換えられます(\zeta_n1の原始n乗根)。ここで2つの\mathbb{Q}上Galois拡大体の系列K_j.L_j(j\geq 1)

K_j=\mathbb{Q}(\zeta_{2^j},\sqrt[2^j]{2})\\L_j=\mathbb{Q}(\zeta_{2^{j+1}},\sqrt[2^j]{2})

と定めます。一般に「合成体LKで完全分解\Leftrightarrow L,Kで完全分解」であることに注意すれば、結局次が得られたことになります。

命題3. ^\forall n,~p\nmid 2^n+1かつ\mathrm{ord}_2(p-1)=j ~\Leftrightarrow~ pK_jで完全分解するがL_jで完全分解しない。

命題1と組み合わせることで次が得られます。

命題4. あるn\geq1について2^n+1を割り切る素数の密度は
\displaystyle{1-\sum_{j=1}^\infty\left(\frac{1}{[K_j:\mathbb{Q}]}-\frac{1}{[L_j:\mathbb{Q}]}\right).}

これで問題は拡大次数[K_j:\mathbb{Q}],[L_j:\mathbb{Q}]を求めることに帰着されました!

K_jから求めていきましょう。j=1のとき2次、j=2のとき8次拡大であることは簡単にわかります。j\geq3の場合、[\mathbb{Q}(\zeta_{2^j}):\mathbb{Q}]=\phi(2^j)=2^{j-1}なので、[\mathbb{Q}(\sqrt[2^j]{2}):\mathbb{Q}(\zeta_{2^j})]を求めます。

C_j=\mathbb{Q}(\zeta_{2^j}),\alpha:=\sqrt2と置きます。\alpha=\zeta_8+\zeta_8^{-1}\in C_jなので上の拡大はKummer拡大C_j(\sqrt[2^{j-1}]{\alpha})/C_jであり、Kummer理論より拡大次数は\langle\alpha\rangle\subset C^\times/(C^\times)^{2^{j-1}}の位数に等しくなります。ここで\sqrt[4]{2}\not\in C_j*1よりk\lt j-1のとき\alpha^{2^k}\not\in (C^\times)^{2^{j-1}}なので、拡大次数は2^{j-1}とわかりました。よって

[K_j:\mathbb{Q}]=2^{j-1}\cdot2^{j-1}=2^{2j-2}.

同様にL_jについてもj=1のとき4次拡大であり、j\geq2の時はKummer拡大C_{j+1}(\sqrt[2^{j-1}]{2})/C_{j+1}の次数が2^{j-1}なので

[L_j:\mathbb{Q}]=2^j\cdot2^{j-1}=2^{2j-1}.

以上をまとめると次のようになります。

j 1 2 \geq3
[K_j:\mathbb{Q}] 2 8 2^{2j-2}
[L_j:\mathbb{Q}] 4 8 2^{2j-1}

それでは密度を求めてみましょう。

\displaystyle{1-\sum_{j=1}^\infty\left(\frac{1}{[K_j:\mathbb{Q}]}-\frac{1}{[L_j:\mathbb{Q}]}\right)\\=1-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)-\left(\frac{1}{8}-\frac{1}{8}\right)-\sum_{j=3}^\infty \left(\frac{1}{2^{2j-2}}-\frac{1}{2^{2j-1}}\right)\\=\frac{3}{4}-\sum_{j=3}^\infty \frac{2}{4^j}\\=\frac{3}{4}-\frac{2\cdot\frac{1}{64}}{1-\frac{1}{4}}\\=\frac{17}{24}.}

ちゃんと\dfrac{17}{24}が出てきましたね!これでHasseの定理の証明が完了しました。

 

実は私が最近読んだ論文の中に「Lucas数を割り切る素数の密度は\dfrac{2}{3}である」という定理があって、その中に上の結果と証明が紹介されていたというのが今回の記事の経緯です。Lucas数の方の結果も同じように素イデアル分解の条件に書き直して密度定理を使うことで証明できるようです。

*1:C_j(\sqrt[4]{2})\mathbb{Q}の非Abel拡大K_2=\mathbb{Q}(i,\sqrt[4]{2})を含むことからわかります。