■連分数展開の応用
縦横比が黄金比，すなわち１：（√５＋１）／２＝１：１．６１８の長方形を黄金長方形とよびます．黄金長方形から正方形を取り去ると再び小さい黄金長方形が残ります．同様にしてこの手続きは無限に続行できます．
φ＝（√５＋１）／２
は２次方程式ｘ^2−ｘ−１＝０の根であり，
φ＝１＋１／φ
このφの値を右辺のφに入れれば
φ＝１＋１／（１＋１／φ）
さらに，この右辺のφに代入し，・・・ということを繰り返せば
φ＝１＋１／（１＋１／（１＋１／（１＋１／（１＋１／１＋・・・）
となります．
すなわち，
（１＋√５）／２＝［１；１，１，１，１，１，・・・］
なのですが，黄金比はユークリッドの互除法によって「１」だけを使って無限連分数に展開できる無理数であり，その意味では最も基本的で最もゆっくり収束する無理数であり，最もシンプルなフラクタル生成装置ともいえます．
連分数とは，
ａ1／（ｂ1＋ａ2／（ｂ2＋ａ3／（ｂ3＋ａ4／（ｂ4＋ａ5／ｂ5＋・・・）
のような分数を続けた式で，実用上は最初にａ0＋をつけた形が使われます．整数論で使われる連分数は普通，ａk＝１，ｂkが正の整数である標準連分数です．
連分数の第ｎ近似分数ｗnは
ｐ-1＝１，ｐ0＝０，ｐk＝ａkｐk-2＋ｂkｐk-1
ｑ-1＝０，ｐ0＝１，ｑk＝ａkｑk-2＋ｂkｑk-1 (k=1,2,･･･)
をつくると，ｗn＝ｐn／ｑnとして計算できます．ｗnの値だけが必要ならば，除法は最後の１回だけで済むとうわけです．そして，標準連分数はすべて収束し，その際，近似分数列｛ｗn｝は振動しつつ，交互に上下から収束する形になります．
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連分数展開によって
（１＋√５）／２＝［１；１，１，１，１，１，・・・］
√２＝［１；２，２，２，２，２，・・・］
のように，１や２が無限に繰り返されるという規則性を見ることができます．
√３＝［１；１，２，１，２，１，２，・・・］
では交互に１，２が現れる循環連分数となります．以下，
√５＝［２；４，４，４，・・・］
√６＝［２；２，４，２，４，２，・・・］
√７＝［２；１，１，１，４，１，１，１，４，・・・］
一般に，√ｍの連分数展開は循環連分数となり周期性が証明されます．これは既約分数の小数展開が循環小数になることと対比するとおもしろい事実です．
その際，
√ｍ＝［ｑ0；ｑ1，ｑ2，・・・，ｑn-1，２ｑ0，・・・］
という周期ｎの連分数展開が得られます．
√２＝［１；２，・・・］
√３＝［１；１，２，・・・］
√５＝［２；４，・・・］
√６＝［２；２，４，・・・］
√７＝［２；１，１，１，４，・・・］
すなわち，どの循環節もｑn＝２ｑ0＝［２√ｍ］で終わっています．
たとえば，√１９９の展開
√１９９＝［１４；９，２，１，２，２，５，４，１，１，１３，１，１，４，５，２，２，１，２，９，２８，・・・］
をみると，１４で始まり２８で終わるというのもこの理由によります．
このように，標準無限連分数のうち，部分分母列のあるところから先が巡回的になる循環連分数は２次の無理数（整数係数の２次方程式の解として表される数）に収束します．この性質により，整数項の標準連分数はいわゆるペル方程式：ｘ^2−ｍｙ^2＝ｄ（多くは±１，±４）の解法など整数論の分野で活用されます．
また，√１９９の循環節の最後の２８を除くと１３を中心として対称になっていることにも気付かされます．
√４３＝［６；１，１，３，１，５，１，３，１，１，１２，・・・］
√５４＝［７；２，１，６，１，２，１４，・・・］
√７６＝［８；１，２，１，１，５，４，５，１，１，２，１，１６，・・・］
√９４＝［９；１，２，３，１，１，５，１，８，１，５，１，１，３，２，１，１８，・・・］
√１０００＝［３１；１，１，１，１，１，６，２，２，１５，２，２，６，１，１，１，１，１，６２，・・・］
循環部の最後の項を除いた部分は回文（前から読んでも後から読んでも同じ）になっているという事実も，１９９のみならず，２次の無理数√ｍに共通していえる性質です．
√ｍ＝［ｑ0；ｑ1，ｑ2，・・，ｑ2，ｑ1，２ｑ0，・・・］
なお，２次の無理数には循環連分数が対応しますが，連分数による実数の最良近似は解を下方と上方から近似していく方法であって，ユークリッドの互除法に直結しています．
また，私はこれまで多数の数値計算プログラムを作ってきましたが，その経験からいうと，連分数展開は数値計算上ベキ級数展開（ｘの小さいところで精度が良い）と漸近展開（ｘの大きいところで精度がよい）の中間に位置するものであまり目立たないのですが，数学的には非常に重要な意味をもっています．今回のコラムでは連分数展開の話を取り上げます．
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【１】ζ（3）の無理数性
ζ（2n）はπ^2nの有理関数になる，従って，超越数であることはオイラー以来知られていますが，奇数ベキ級数の和ζ（2n+1）についての類似の関係式は何にひとつわかっていませんでした．
つい最近までζ（3）は有理数になるかもしれないと思われていたのですが，ところが，１９７８年に，フランスの無名の数学者アペリによってζ（3）の無理数性が示されました．それを補ったのがポールテンです．ζ（3）＝１．２０２０５６・・・に収束するものの，ごく最近までこの値が無理数であることすらわかっていなかったのです．
アペリはζ（3）が無理数であることを示すために，
ζ（3）＝Σ１／ｎ^3＝5/2Σ(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)
に基づく連分数展開
6/ζ（3）＝5-1^6/(117-)2^6/(535-)n^6/(34n^3+51n^2+27n+5)-･･･
を使いました．ζ（3）が無理数ならば連分数展開は無限列となります．
アペリが行ったことは，より正確には，漸化式
(n+1)^3ｕn+1=(34n^3+51n^2+27n+5)ｕn-n^3ｕn-1
を満たす２つの数列｛ａn｝｛ｂn｝を構成したことです．たとえば，
ａn＝Σ(n,k)^2(n+k,k)^2
ａ0＝１，ａ1＝５，ａ2＝７３，ａ4＝１４４５，ａ5＝３３００１，・・・
ｂnに対する式も，より複雑ではありますが，同様に構成することができます．
ｂn＝Σ(n,k)^2(n+k,k)^2c
c=Σ1/m^3+Σ(-1)^(m-1)/2m^3(m,n)(n+m,m)
ｂ0＝０，ｂ1＝６，ｂ2＝３５１／４，ｂ4＝６２５３１／３６，ｂ5＝１１４２４６９５／２８８，・・・
この漸化式を満たす任意の数列は，
Ｃα^(±n)／ｎ^(3/2)
（α＝１７＋１２√２＝（１＋√２）^4は２次方程式：ｘ^2−３４ｘ＋１＝０の根）
で指数的に増加（減少）することより，直ちに
ｂn／ａn → ζ（3）
が示されます．
まったく同じ論法を用いて，ζ（2）の無理数性も示すことができます．
ζ（2）＝Σ１／ｎ^2＝3Σ1/n^2(2n,n)
5/ζ（2）＝3+1^4/(3+)2^4/(25+)n^4/(11n^2+11n+3)+･･･
(n+1)^2ｕn+1=(11n^2+11n+3)ｕn+n^2ｕn-1
ａn＝Σ(n,k)^2(n+k,k)
ｂn＝Σ(n,k)^2(n+k,k)^2c
c=2Σ(-1)^(m-1)/m^2+Σ(-1)^(n+m-1)/m^2(m,n)(n+m,m)
α＝（１１＋５√５）／２＝｛（１＋√５）／２｝^5は２次方程式：ｘ^2−１１ｘ−１＝０の根（黄金比φを用いると，φ^5＝３φ＋２）
興味深いのは，アペリの証明が最先端の研究結果を使ったものではなく，オイラーが解決していたとしても不思議はないとされるような２００年前にはすでにわかっていた定理や手法のみでの証明だったことです．
ζ（3）が無理数であるという証明が発表されたとき，学会場はどよめきの渦に包まれ騒然となったそうですが，アペリは非常に話し下手であり，参加者の多くは半信半疑というよりは懐疑的であったと伝えられています．アペリはマイナーな数学者とされていますが，今から考えると当時主流だった秀才数学者集団，ブルバキに押しつぶされた個性豊かな人物だったようです．
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アペリの証明の核心は，漸化式
(n+1)^3ｕn+1=(34n^3+51n^2+27n+5)ｕn-n^3ｕn-1
を満たす数列｛ａn｝を構成したことですが，そこにはゼータ関数に帰着する無限級数（n=1~∞）
5/2Σ(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)=ζ（3）
が現れます．
同様に，
Σ1/(2n,n)={2π√3+9}/27
Σ1/n(2n,n)=π√3/9
3Σ1/n^2(2n,n)=ζ（2）
12Σ(2-√3)^n/n^2(2n,n)=ζ（2）
5/2Σ(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)=ζ（3）
などが知られています．
さらに，ポールテンの問題
36/17Σ1/n^4(2n,n)=ζ（4）=π^4/90
より，ζ（2），ζ（3），ζ（4），・・・がΣ1/n^k(2n,n)あるいはΣ(-1)^(n-1)/n^k(2n,n)の簡単な有理数倍になっていると予想するのは当然の成りゆきでしょう．
ζ（k）=R*Σ1/n^k(2n,n)，ζ（k）=R*Σ(-1)^(n-1)/n^k(2n,n)
このことから，
ζ（5）=R*Σ(-1)^(n-1)/n^5(2n,n)
と予想されますが，
ζ（5）=5/2*Σ(1/1^2+1/2^2+･･･+1/(n-1)^2-4/5n^2)(-1)^(n-1)/n^3(2n,n)
となって，予想に反して，Ｒはたとえ有理数であったにしても，簡単なものにはならないらしいということです．
ζ（3）は無理数であることしかわかっておらず，いまだζ（3）が超越数であるかどうかは知られていませんし，ζ（5），ζ（7），・・・が有理数なのか無理数なのかもわかっていません．アペリの方法はζ（5），ζ（7），・・・の場合の拡張されるに至っていないのです．
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【２】ペル方程式の解法
ｍを平方数でない自然数とすると，いわゆるペル方程式とは
ｘ^2−ｍｙ^2＝±１
で表されるものです．
ペル方程式の自然数解を求めることはそれほどやさしくはありません．たとえば，
ｘ^2−１９９ｙ^2＝±１
の解を求めようと思ってもなかなか見つかりません．それもそのはずで，この最小解は
（１６２６６１９６５２０，１１５３０８００９９）
のようにとても大きなものになってしまいます．これではいくら式を眺めたところでわからないのは無理もありません．
この解を合理的に出すには，後述するように√１９９の連分数展開
√１９９＝［１４；９，２，１，２，２，５，４，１，１，１３，１，１，４，５，２，２，１，２，９，２８，・・・］
を用います．９〜２８は循環節（周期２０）です．
このペル方程式は，実２次体Ｑ（√１９９）と関係しているのですが，ｘ^2−ｍ＝０の根√ｍを添加して得られる体Ｑ（√ｍ）の元は一意的に
ａ＋ｂ√ｍ
の形で表されます．そして，一般に０，１以外の平方因数をもたない整数ｍ，
−１，±２，±３，±５，±６，±７，±１０，・・・
によって，Ｑ（√ｍ）は体になります．
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［１］基本単数
まず最初に，実２次体Ｑ（√ｍ）の基本単数について説明することから始めたいと思います．Ｑ（√ｍ）を２次体とするとき，ａ＋ｂ√ｍの共役をａ−ｂ√ｍで表します（ｍ＜０ならば通常の複素共役である）．このとき，その標準底は
ω＝√ｍ ｍ＝２，３（ｍｏｄ４）
ω＝（１＋√ｍ）／２ ｍ＝１（ｍｏｄ４）
で与えられます．
そして，単位元「１」の約数を単数といいます．ｍ＞０のとき，単数群は
｛±１｝×Ｃ（Ｃは乗法的巡回群）
によって与えられます．また，εをε＞１なる最小の単数とするとき，
Ｃ＝｛±ε^n｝
と表すことができ，εをＱ（√ｍ）の基本単数といいます．
実２次体の基本単数は一意に定まります．Ｑ（√ｍ）を実２次体とすると，
［ａ］ｍ＝２，３（ｍｏｄ４）のとき
基本単数を
ε＝ａ＋ｂ√ｍ
とすると
ε~＝ａ−ｂ√ｍ
εが単数←→εε~＝ａ^2−ｍｂ^2＝±１
また，
ε^n＝ａn＋ｂn√ｍ
と書くと
ε^(n+1)＝ε・ε^n＝（ａ＋ｂ√ｍ）（ａn＋ｂn√ｍ）
＝ａａn＋ｂｂnｍ＋（ａｂn＋ｂａn）√ｍ
これより
ａn+1＝ａａn＋ｂｂnｍ
ｂn+1＝ａｂn＋ｂａn
このことから０＜ａ1＜ａ2＜・・・，０＜ｂ1＜ｂ2＜・・・となるのですが，より，ａ，ｂはペル方程式：
ａ^2−ｍｂ^2＝±１
の解の中で（ａ，ｂ）が最小なものとして与えられます．ペル方程式の自明な解（ａ＝±１，ｂ＝０）には単数±１が，自明でない解のなかで絶対値｜ａ｜または｜ｂ｜が最小なものには基本単数が対応するというわけです．
Ｑ（√２），Ｑ（√３），Ｑ（√６），Ｑ（√７）の基本単数を求めると，それぞれ，
ｘ^2−２ｙ^2＝±１，複号は−１で（１，１）が最小→ε＝１＋√２
ｘ^2−３ｙ^2＝±１，複号は＋１で（２，１）が最小→ε＝２＋√３
ｘ^2−６ｙ^2＝±１，複号は＋１で（５，２）が最小→ε＝５＋２√６
ｘ^2−７ｙ^2＝±１，複号は＋１で（８，３）が最小→ε＝８＋３√７
［ｂ］ｍ＝１（ｍｏｄ４）のとき
基本単数を
ε＝（ａ＋ｂ√ｍ）／２ ａ＝ｂ（ｍｏｄ２）
と書けば
ａ^2−ｍｂ^2＝±４
となること以外は前と同様です．
Ｑ（√５），Ｑ（√１３）の基本単数を求めると，それぞれ，
ｘ^2−５ｙ^2＝±４，複号は−４で（１，１）が最小→ε＝（１＋√５）／２
ｘ^2−１３ｙ^2＝±４，複号は−４で（３，１）が最小→ε＝（３＋√１３）／２
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Ｑ（√２）ではε＝１＋√２が基本単数ですが，その他の解は
（１＋√２）^n＝ａn＋ｂn√２
とおいて
ｎ＝１：１^2−２・１^2＝−１
ｎ＝２：３^2−２・２^2＝＋１
ｎ＝３：７^2−２・５^2＝−１
ｎ＝４：１７^2−２・１２^2＝＋１
ｎ＝５：４１^2−２・２９^2＝−１
ｎ＝６：９９^2−２・７０^2＝＋１
ｎ＝７：２３９^2−２・１６９^2＝−１
ｎ＝８：５７７^2−２・４０８^2＝＋１
ｎ＝９：１３９３^2−２・９８５^2＝−１
ｎ＝10：３３６３^2−２・２３７８^2＝＋１
一般に，
ａn^2−２ｂn^2＝（−１）^n
となります．
Ｑ（√３）ではε＝２＋√３が基本単数で，
ｎ＝１：２^2−３・１^2＝＋１
ｎ＝２：７^2−３・４^2＝＋１
ｎ＝３：２６^2−３・１５^2＝＋１
ｎ＝４：９７^2−３・５６^2＝＋１
ｎ＝５：３６２^2−３・２０９^2＝＋１
ｎ＝６：１３５１^2−３・７８０^2＝＋１
ｎ＝７：５０４２^2−３・２９１１^2＝＋１
ｎ＝８：１８８１７^2−３・１０８６４^2＝＋１
ｎ＝９：７０２２６^2−３・４０５４５^2＝＋１
ｎ＝10：２６２０８７^2−３・１５１３１６^2＝＋１
一般に，ａn^2−２ｂn^2＝１でａn^2−２ｂn^2＝−１となる解は存在しません．
この２つの例からわかるように，基本単数εのノルムが−１のときには
ｘ^2−ｍｙ^2＝＋１
と
ｘ^2−ｍｙ^2＝−１
はどちらも無数の解をもちますが，εのノルムが＋１のときには解はすべて前者の解であって，後者は解をもちません．
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以下，実２次体Ｑ（√ｍ）の基本単数εを掲げますが
ｍ ペル方程式の最小解 ε ノルム
２ １^2−２・１^2＝−１ １＋√２ −１
３ ２^2−３・１^2＝＋１ ２＋√３ ＋１
５ １^2−５・１^2＝−４ （１＋√５）／２ −１
６ ５^2−６・２^2＝＋１ ５＋２√６ ＋１
７ ８^2−７・３^2＝＋１ ８＋３√７ ＋１
10 ３^2−１０・１^2＝−１ ３＋√１０ −１
11 １０^2−１１・３^2＝＋１ １０＋３√１１ ＋１
13 ３^2−１３・１^2＝−４ （３＋√１３）／２ −１
14 １５^2−１５・４^2＝＋１ １５＋４√１４ ＋１
15 ４^2−１５・１^2＝＋１ ４＋√１５ ＋１
17 ８^2−１７・２^2＝−４ ４＋√１７ −１
19 １７０^2−１９・３９^2＝＋１ １７０＋３９√１９ ＋１
21 ５^2−２１・１^2＝＋４ （５＋√１７）／２ ＋１
22 １９７^2−２２・４２^2＝＋１ １９７＋４２√２２ ＋１
23 ２４^2−２３・５^2＝＋１ ２４＋５√２３ ＋１
26 ５^2−２６・１^2＝−１ ５＋√２６ −１
29 ５^2−２９・１^2＝−４ （５＋√２９）／２ −１
30 １１^2−３０・２^2＝＋１ １１＋２√３０ ＋１
31 １５２０^2−３１・２７３^2＝＋１ １５２０＋２７３√３１ ＋１
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［２］連分数
ｍが小さいときは比較的簡単に求まりましたが，ペル方程式の自然数解を求めることはそれほどやさしくはありません．Ｑ（√１９９）を考えてみると，１９９＝３（ｍｏｄ４）の素数ですが，
ｘ^2−１９９ｙ^2＝±１
の最小解は
（１６２６６１９６５２０，１１５３０８００９９）
にもなってしまいます．
この解を求めるには√１９９の連分数展開
√１９９＝［１４；９，２，１，２，２，５，４，１，１，１３，１，１，４，５，２，２，１，２，９，２８，・・・］
を用います．９〜２８は循環節（周期２０）です．
冒頭で述べたことを標準連分数の場合に書き換えますと，
α＝［ｑ1，・・・，ｑn］＝Ｐn／Ｑn
Ｐ0＝１，Ｐ1＝ｑ1，Ｐn＝ｑnＰn-1＋Ｐn-2
Ｑ0＝０，Ｑ1＝１ ，Ｑn＝ｑnＱn-1＋Ｑn-2 (n=2,3,･･･)
で
ＰnＱn-1−Ｐn-1Ｑn＝（−１）^n (n=1,2,･･･)
ＰnＱn-2−Ｐn-2Ｑn＝（−１）^n-1ｑn (n=2,3,･･･)
が成り立ちます．
また，
α＝［ｑ1，・・・，ｑn-1，ｑn，ｑn+1，・・・］
の部分列［ｑn，ｑn+1，・・・］に対して
αn＝［ｑn，ｑn+1，・・・］
なる実数αnを定めると
α＝［ｑ1，・・・，ｑn-1，αn］
＝（αnＰn-1＋Ｐn-2）／（αnＱn-1＋Ｑn-2）
が証明されます．
これに循環連分数になるという性質が加わって，ペル方程式の解が得られるのですが，
√ｍ＝［ｑ1，ｑ2，・・・，ｑn，２ｑ1］ （周期ｎ）
αn+1＝［２ｑ1，ｑ2，・・・］＝√ｍ＋ｑ1
より
√ｍ＝（（√ｍ＋ｑ1）Ｐn＋Ｐn-1）／（（√ｍ＋ｑ1）Ｑn＋Ｑn-1）
ここで，
ＰnＱn-1−Ｐn-1Ｑn＝（−１）^n (n=1,2,･･･)
より，
Ｐn^2−ｍＱn^2＝（−１）^n
となり，ペル方程式の解（Ｐn，Ｑn）が得られます．
√１９９＝［１４；９，２，１，２，２，５，４，１，１，１３，１，１，４，５，２，２，１，２，９，２８，・・・］
では，ｑ1＝１４，ｑ2＝９，ｑ3＝２，・・・，ｎ＝２０ですから
Ｐ
Ｑ
０ 1
0
１ 14
1
２ 127
9
３ 268
19
４ 396
28
５ 1058
75
６ 2511
178
７ 13613
965
８ 56963
4038
９ 70576 5003
10 127593
9041
11 1728583
122536
12 1856122
131577
13 3584705
254113
14 16194942
1148029
15 84559415
5994258
16 185313772
13136545
17 455186959
32267348
18 640500731
45403893
19 1736188421 123075134
20 16266196520
1153080099
となって，
（１６２６６１９６５２０，１１５３０８００９９）
が得られました．
ペル方程式は√ｍの連分数展開を用いると非常には求められるのですが，最小解がｍと較べて非常に大きい例としては
ｍ ε ノルム
46 ２４３３５＋３５８８√４６ ＋１
94 ２１４３２９５＋２２１０６４√９４ ＋１
151 １７２８１４８０４０＋１４０６３４６９３√１５１ ＋１
193 １７６４１３２＋１２６９８５√１９３ −１
409 １１１９２１７９６９６８＋５５３４１７６６８５√４０９ −１
526 ８４０５６０９１５４６９５２９３３７７５＋３６６５０１９７５７３２４２９５５３２√５２６ ＋１
などが知られているようです．
なお，ペル方程式は，
ｘ^2−ｍｙ^2＝ｄ（多くは±１，±４）
を扱うものでしたが，
ｘ^2±ｍｙ^2＝ｐ
を扱うのが類体論です．これについてはコラム「奇数ゼータと杉岡の公式（その１３）」をご参照下さい．
［参］小野孝「数論序説」裳華房
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［補］ｅとπの連分数展開
超越数ｅの連分数展開は，
ｅ＝［２；１，２，１，１，４，１，１，６，１，１，８，１，１，１０，１，１，１２，１，１，１４，１，１，１６，・・・］
と書け，数字の出方が自然数順になっていることがわかります．すなわち，２次の無理数のように規則的になっているわけですが，ｅのように超幾何関数の特殊値は３次の無理数よりも，２次の無理数に近いということなのでしょうか？
ｅもπも超越数ですが，しかし，πの連分数展開
π＝［３；７，１５，１，２９２，１，１，１，２，１，３，１，１４，２，１，１，２，２，２，２，１，８４，２，１，１，１５，３，１３，１，４，２，６，６，９９，１，２，２，６，３，５，１，１，６，・・・］
にはなんの規則性も見あたらないようにみえます．πに現れる数字０〜９については，重複対数の法則と呼ばれるランダムウォークに基づく非常に厳しいランダムネス検定にも十分合格することが確かめられています．πには少なくとも何進法かの表現の下でなにか隠された未発見の規則性があるに違いないと信じている人もいますが，現在のところ，πは最も複雑な数なのです．
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［補］虚２次体Ｑ（√ｄ）の単数
ｄ＜０のとき，
ｄ＝−１ → ４個の単数
ｄ＝−３ → ６個の単数
なのですが，
ｄ≠−１，−３ → ２個の単数｛±１｝
となります．
すなわち，Ｑ（√ｄ）の場合，
(1)ｄ＞０ならば｛±１｝
(2)ｄ＜０のとき
a)ｄ＝−１ならば｛±１，±ｉ｝
b)ｄ＝−３ならば｛±１，±ρ，±ρ^2｝
c)ｄ≠−１，−３ならば｛±１｝
（証明）
(1)ｄ＞０ならばα^n＝１なるαは±１しかない．
(2)ｄ＜０のとき
α^2−（α＋α~）α＋αα~＝０
という関係を満足し，｜α｜＝１だから，ｘ^2＋ｂｘ＋１＝０（ｂは整数）の根
α＝（−ｂ＋√（ｂ^2−４））／２
になる．
ｂ^2＝４はα＝±１を与えるからｂ^2≠４とする．また，ｂ^2−４＝ｃ^2と平方数になる場合は（ｂ＋ｃ）（ｂ−ｃ）＝４より，
ｂ＋ｃ＝４，ｂ−ｃ＝１
これは明らかに不可能．したがって，ｄ＜０よりｂ^2−４＜０でなければならない．
よって，ｂ＝０またはｂ＝１またはｂ＝−１の可能性がある．
ｂ＝０→｛±ｉ｝
ｂ＝１→｛±ρ｝
ｂ＝−１→｛±ρ^2｝
なお，円分体
Ｑ（ζ），ζ＝ｅｘｐ(2πi/d)
の単数は
｛±１，±ζ，±ζ^2，・・・，±ζ^(d-1)｝
の２ｄ個の元からなります．
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［補］ガウスの整数
ａ，ｂを整数として
ａ＋ｂｉ
で表される複素数が「ガウスの整数」です．すべてのガウス整数を約す整数が「単数」で，
±１，±ｉ
の４個の単数があります．
素数は複素数体でも定義されますが，数論の教えるところによると，複素数体においても，単数を除いて，素因数分解の一意性が成立します．４ｋ＋３型素数はやはりガウス素数ですが，２および４ｋ＋１型素数はガウス素数の積に分解されるのです．
２＝（１＋ｉ）（１−ｉ）＝ｉ（１−ｉ）^2
５＝（１＋２ｉ）（１−２ｉ）
２９＝（５＋２ｉ）（５−２ｉ）
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［補］アイゼンスタインの整数
アイゼンスタインの整数は
ａ＋ｂω
と書くことができます．ここで，ωは１の虚立方根で，ｘ^2＋ｘ＋１＝０の根です．それに対して，ガウス整数にはｘ^2＋１＝０が対応しています．
アイゼンスタインの整数には，６つの単数
±１，±ω，±ω^2
があり，正六角形の対称性をもちます．
ここにもやはり素因数分解の一意性が成立します．２および６ｋ＋５型素数はアイゼンスタイン素数ですが，３および６ｋ＋１型素数はアイゼンスタイン素数の積に分解されます．
３＝（１−ω）（１−ω^2）＝（１＋ω）（１−ω）^2＝（１−ω）（２＋ω）
３７＝（４−３ω）（４−３ω^2）＝（４−３ω）（７＋３ω）
−１の平方根は１の虚４乗根ですから，ガウス整数は円の４分体の中の整数環Ｚ（ｉ），アイゼンスタイン整数は円の３分体の中の整数環Ｚ（ω）と考えることができるでしょう．
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［補］フルヴィッツの整数
ハミルトンの四元数
Ｈ＝ａ＋ｂｉ＋ｃｊ＋ｄｋ
において，ａ，ｂ，ｃ，ｄを整数に限った「四元整数」は４次元単純立方格子と同一視することができます．
ハミルトンの四元整数環は乗法の交換法則が成り立たない非可換環ですが，４次元空間内の原点を中心とする半径√ｎの３次元球面上には必ず格子点があることを主張しているのが「ラグランジュの定理」であることは，このコラムでもこれまで何回か説明したとおりです．
四元整数に
（１＋ｉ＋ｊ＋ｋ）／２
を追加した数の体系を「フルヴィッツの整数」と呼びます．フルヴィッツの整数全体は整数座標点と半整数座標点からなりますので，４次元体心立方格子であるというわけです．
なお，
（１＋ｉ＋ｊ＋ｋ）／２
は１の原始６乗根であり，
ζ＝ζ++++＝（１＋ｉ＋ｊ＋ｋ）／２
とおくと，
ζ^2＝ζ-+++，ζ^3＝−１，ζ^4＝ζ----，ζ^5＝ζ+---，ζ^6＝１
となります．
単数すなわち１の約数は，
±１，±ｉ，±ｊ，±ｋ ８個
ζ±±±±のあらゆる符号の組合せをとった１６個
の計２４個あります．
この２４個は４次元空間で正２４胞体をなしています．正２４胞体に相当する３次元正多面体はありません．なぜかというと，正２４胞体は自己双対かつ中心対称であり，３次元空間でそれに対応する正多面体はないからです．実は２４胞体は，すべての次元を通じて，単体以外の唯一の自己双対な正則胞体であって，例外中の例外といってもよいものなのです．
この２４胞体の対称性を，鏡映で生成される既約な有限群（ルート系）との関係でみても興味深いものがあります．ｎ次元空間において高度の対称性をもったベクトルの集合がルート系なのですが，ｎ次元正単体とｎ次元立方体の対称群は，それぞれＡn-1，Ｂn（Ｃn）で表されます．それに対して，２４胞体は１つの例外型対称群Ｆ4をもつことが知られています．
２個の正２４胞体を中心を一致させて重ねて回転させます．これはちょうど平面上でダビデの星が２つの正六角形を３０°ずらして重ねたものと似ているわけですが，この対称性がＦ4に相当します．正２４胞体は単体以外の唯一の自己双対な正則胞体であるという事実がＦ4と関係しているのですが，この点もまた注目すべきものでしょう．
なお，正２４胞体による空間充填は４次元独特の充填形です．正２４胞体の頂点は正８胞体と正１６胞体の頂点をなしますから，正２４胞体は３次元の菱形１２面体に対応するものであって，正２４胞体による４次元空間充填形は４次元版の菱形１２面体による空間充填形に相当します．すなわち，それは４次元の面心立方格子といってよいものであって，正２４胞体に含まれる正１６胞体は互いに６０°をなしますから，Ｄ4の３対性をもっているのですが，４次元の最密正則胞体充填構造Ｄ4は正２４胞体で埋めつくされているときであることが知られています．
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