【６】ラビノヴィッチの定理

２次式

　　Ｐ（ｘ）＝ｘ^2＋ｘ＋４１

に，ｘ＝０，１，２，・・・，３９を代入すると，すべて素数になることを確かめました．

　ここでは，Ｑ（√ｄ）をｄ≠−１，−３なる虚２次体として，

［１］ｄ＝２，３（ｍｏｄ４）のとき

　　ｑ＝−ｄ　　　　　　　　

　　Ｐ（ｘ）＝Ｎ（ｘ＋ω）＝ｘ^2＋ｑ

［２］ｄ＝１（ｍｏｄ４）のとき

　　ｑ＝（１−ｄ）／４

　　Ｐ（ｘ）＝Ｎ（ｘ＋ω）＝ｘ^2＋ｘ＋ｑ

において，命題

　「Ｐ（ｘ）が０≦ｘ≦ｑ−２なるすべてのｘについて素数　←→　ｈ＝１」

を証明してみます．

　まず

　　Ｍ＝2/π√-Ｄ＜ｑ

を示します．

　　ｄ＝２，３（ｍｏｄ４）のとき，Ｄ＝４ｄ　→　−Ｄ＝４ｑ

　　ｄ＝１（ｍｏｄ４）のとき，Ｄ＝ｄ　　　　→　−Ｄ＝４ｑ−１

したがって，

　　Ｍ＝2/π√-４ｑ＜ｑ

　　4/π＜√ｑ

がいえればよいのですが，ｑ≧ですから，結局π^2＞８に帰せられます．

（→）

　　Ｐ（ａ），０≦ａ≦ｑ−２がすべて素数と仮定します．集合Ｓからｐを選ぶと

　　ｐ＝Ｎp，p＝（ｐ，ａ＋ω），０≦ａ＜ｐ

　ここで，ｐ≦Ｍ＜ｑですから

　　０≦ａ≦ｑ−２

となります．よって，Ｐ（ａ）は素数で，

　　１〜（Ｐ（ａ），ａ＋ω）

また，ｐ｜Ｎ（ａ＋ω）より，Ｐ（ａ）＝ｐでなければなりません．

　　１〜（ｐ，ａ＋ω）＝p

ですから，ｈ＝１となります．

（←）

　　Ｐ（ａ）≦Ｐ（ｑ−２）＝ｑ^2−３ｑ＋４＜ｑ^2　　［１］

　　　　　　　　　　　　　＝ｑ^2−２ｑ＋２＜ｑ^2　　［２］

　あるａ0（０≦ａ0≦ｑ−２）に対して，Ｐ（ａ0）が素数でなかったとして，Ｐ（ａ0）を割る最小の素数をｐとすれば，

　　ｐ＜ｑ−１＜ｑ

　p＝（ｐ，ａ0＋ω）とすると，ｐ｜Ｎ（ａ0＋ω）から，pは素イデアルです．

もし，p〜１とするとp＝（ｘ＋ｙω）と書けますから，両辺のノルムをとると　　ｐ＝Ｎp＝Ｎ（ｘ＋ｙω）＝ｘ^2＋ｑｙ^2　　［１］

　　　　　　　　　　＝（ｘ＋ｙ／２）^2＋（ｑ−１／４）ｙ^2　　［２］

　もしｙ＝０ならｐ＝ｘ^2で不可能．ｙ≠０ならｐ≧ｑとなり，ｐ＜ｑに矛盾します．よって，Ｐ（ａ），０≦ａ≦ｑ−２はすべて素数でなければなりません．

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