＜Ｉｍ＞＝Ａ＋Ｂ√２＋Ｃ√５＋Ｄ√１０≠０

において係数Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄは同時に０にならないことを示してみよう．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】デーンの定理の一般化（目標）

　　正四面体　→　ｃｏｓδ4＝１／３，ｓｉｎδ4＝√８／３

　　立方体　→　ｃｏｓδ6＝０，ｓｉｎδ6＝１

　　正八面体　→　ｃｏｓδ8＝−１／３，ｓｉｎδ8＝√８／３

　　正十二面体　→　ｃｏｓδ12＝−√５／５，ｓｉｎδ12＝√２０／５

　　正二十面体　→　ｃｏｓδ20＝−√５／３，ｓｉｎδ20＝２／３

より，

　　Ｚ4＝１／３＋√８／３ｉ

　　Ｚ6＝ｉ

　　Ｚ8＝−１／３＋√８／３ｉ

　　Ｚ12＝−√５／５＋√２０／５ｉ

　　Ｚ20＝−√５／３＋２／３ｉ

　　Ｚ6+4＝−√８／３＋１／３ｉ

とおく．｜Ｚi｜＝１

　５種類の正多面体での分解合同（分解相似？）の関係式

　　ｎ1δ4＋ｎ2δ6＋ｎ3δ8＋ｎ4δ12＋ｎ5δ20≠ｋπ

　　ｎ1δ4＋ｎ2δ6＋ｎ3δ8＋ｎ4δ12＋ｎ5δ20≠０　　（ｍｏｄ　π）

は，δ8＝π−δ4より，

　　（ｎ1−ｎ3）δ4＋ｎ2δ6＋ｎ4δ12＋ｎ5δ20≠０　　（ｍｏｄ　π）

　これは

　　（ｎ1−ｎ2−ｎ3）δ4＋ｎ2（δ6＋δ4）＋ｎ4δ12＋ｎ5δ20≠０　　（ｍｏｄ　π）

と変形できるが，δ6＝π／２であるからさらにδ6も外すことができて

　　Ｎ1δ4＋Ｎ2δ12＋Ｎ3δ20≠０　　（ｍｏｄ　π）

とより簡潔に書くことができる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】デーンの定理の一般化（証明のGedankengang）

［１］第１段階

　Ｚ4＝１／３＋ｉ√８／３については，

　　ｚ−１／３＝ｉ√８／３

より，Ｚ4は２次方程式３ｚ^2−２ｚ＋３＝０の解であるから，

　　ｚ^2＝２／３ｚ−１

　　ｚ^3＝２／３ｚ^2−ｚ＝（２／３）^2ｚ−２／３−ｚ＝−５ｚ／９−２／３

以下同様に，ｚ^mはｚに関する１次式

　　ｚ^m＝ａmｚ＋ｂm　　　（ａm≠０，ｂm≠０）

の形に書ける．

　　ｎ1δ4＋ｎ2δ6＝ｋπ

が成り立つとすると

　　ａmｚ＋ｂm＝０，±１

両辺の虚部を比較すればａm＝０が得られるが，これではδ4，δ6が線形従属となってデーンの定理に矛盾する．ａm≠０，ｂm≠０は

　　ｎ1δ4＋ｎ2δ6＝ｋπ

が成り立たないための条件である．

　また，

　　３^m-1ｚ^m＝ａｚ＋ｂ　　　（ａ≠０，ｂ≠０）

を考えればａ，ｂは整数となる．

　　３ｚ^2＝２ｚ−３

　　３^2ｚ^3＝−５ｚ−６

　　３^3ｚ^4＝−２８ｚ＋１５

　自然数ｍ≧２に対して，ａは３で割り切れない，ｂは３で割り切れることを帰納法により示すことができる．

(1)ｍ＝２のとき，ａ＝２，ｂ＝−３より正しい．

(2)ｍのとき３^m-1ｚ^m＝ａｚ＋ｂが成り立つと仮定すると，ｍ＋１のとき

　　３^mｚ^m+1＝３ａｚ^2＋ｂｚ＝（２ａ＋３ｂ）ｚ−３ａ

より正しい．よって

　　ａ≠０，ｂ＝０　　　（ｍｏｄ　３）

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［２］第２段階

　Ｚ20＝−√５／３＋２／３ｉについては，

　　ｚ＋√５／３＝−ｉ２／３

より，Ｚ20は２次方程式３ｚ^2＋２√５ｚ＋３＝０の解である．

　　３^m-1ｚ^m＝ａｚ＋ｂ　　　（ａ≠０，ｂ≠０）

を考える．また，Ｚ4の場合ａ，ｂは整数となるが，Ｚ12，Ｚ20ではｋあるいはｋ√５（ｋは整数）の形となる．

　　３ｚ^2＝−２√５ｚ−３

　　３^2ｚ^3＝ｚ＋６√５

　　３^3ｚ^4＝１４√５ｚ−３

　このような場合においても整数部分ｋが３で割り切れないことを

　　ａ≠０　　　（ｍｏｄ　３）

と書くことにする．

　帰納法により，ｍのとき３^m-1ｚ^m＝ａｚ＋ｂが成り立つと仮定すると，ｍ＋１のとき

　　３^mｚ^m+1＝３ａｚ^2＋ｂｚ＝（−２ａ√５＋３ｂ）ｚ−３ａ

であるから，

　　ａ≠０，ｂ＝０　　　（ｍｏｄ　３）

がいえる．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［３］第３段階

　Ｚ12＝−√５／５＋√２０／５ｉの場合はいささか事情が異なる．

　　ｚ＋√５／５＝−ｉ√２０／５

より，Ｚ12は２次方程式５ｚ^2＋２√５ｚ＋５＝０の解である．

　　５ｚ^2＝−２√５ｚ−５

　　５^2ｚ^3＝−５ｚ＋１０√５

　　５^3ｚ^4＝６０√５ｚ＋２５

　　５^m-1ｚ^m＝ａｚ＋ｂ　　　（ａ≠０，ｂ≠０）

を考える．また，帰納法により，ｍのとき５^m-1ｚ^m＝ａｚ＋ｂが成り立つと仮定すると，ｍ＋１のとき

　　５^mｚ^m+1＝５ａｚ^2＋５ｂｚ＝（−２ａ√５＋５ｂ）ｚ−５ａ

であるから，

　　ｂ＝０　　　（ｍｏｄ　５）

はいえるが，ａ＝ｋ√５のとき，−２ａ√５＋５ｂは５で割り切れる．

　　ｍ＝２　→　ａ≠０，ｂ＝０　　　（ｍｏｄ　５）

　　ｍ≠２　→　ａ＝０，ｂ＝０　　　（ｍｏｄ　５）

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

［４］第４段階

　ここで，複素数の積

　　Ｚ＝３^Ｎ1-1Ｚ4^Ｎ1・５^Ｎ2-1Ｚ12^Ｎ2・３^Ｎ3-1Ｚ20^Ｎ3

を考える．複素数の掛け算は偏角の足し算に対応し，実数３^Ｎ1-1，５^Ｎ2-1，３^Ｎ3-1の偏角はすべて０であるから，Ｚの偏角

　　Ａｒｇ（Ｚ）＝Ａｒｇ（Ｚ4^Ｎ1・Ｚ12^Ｎ2・Ｚ20^Ｎ3）＝Ａｒｇ（Ｚ4^Ｎ1）＋Ａｒｇ（Ｚ12^Ｎ2）＋Ａｒｇ（Ｚ20^Ｎ3）

がｎπにならないこと，すなわち，Ｚ4^Ｎ1・Ｚ12^Ｎ2・Ｚ20^Ｎ3の虚部

　　Ｉｍ（Ｚ4^Ｎ1・Ｚ12^Ｎ2・Ｚ20^Ｎ3）

が０にはならないことがいえればよいことになる．

　結局

　　Ｚ＝（ａ1Ｚ4＋ｂ1）（ａ2Ｚ12＋ｂ2）（ａ3Ｚ20＋ｂ3）＝Ｒｅ＋Ｉｍｉ

　　Ｉｍ≠０

　　ａ1≠０，ｂ1＝０　　　（ｍｏｄ　３）

　　ａ3≠０，ｂ3＝０　　　（ｍｏｄ　３）

　　ｂ2＝０　　　（ｍｏｄ　５）

に帰着されれば，Ｎ1δ4＋Ｎ2δ12＋Ｎ3δ20は有理係数で線形独立であり，必要な原子が最低４種類という結論が主張できることになる．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝