（その７）では素数の分解の個数と重さ２の保型関数のｑ展開の関係をみた．今回のコラムでは，重さ１の保型関数のｑ展開を調べてみる．
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【１】フェルマーが開いた類体論
特別な素数である２を除外して，素数は４で割ると余りが１になるもの（５，１３，１７，２９，３７，４１，・・・）と３になるもの（３，７，１１，１９，２３，３１，・・・）の２種類に分けられます．このうち，４ｎ＋１の形の素数は２つの整数の平方の和として表されます．たとえば，
５＝１^2＋２^2，
１３＝２^2＋３^2，
１７＝１^2＋４^2，
２９＝２^2＋５^2，
・・・・・・・・・
このように，４で割ると１余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2となる自然数が存在します．
（ａ^2＋ｂ^2）（ｃ^2＋ｄ^2）＝ｘ^2＋ｙ^2
ｘ＝ａｃ−ｂｄ，ｙ＝ａｄ＋ｂｃ
しかし，４ｎ＋３の形の素数は１つもこのようには表せないのです．
この定理はフェルマーの定理と呼ばれ，フェルマーは無限降下法でこれを証明しましたが，その証明は不十分で，１００年後のオイラーによって完全な証明がなされています（フェルマー・オイラーの定理）．
２平方和定理は「４で割ると１余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2となる自然数が存在する」でしたが，フェルマーはまた，
「ｐが８で割ると１または３余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋２ｙ^2」
「ｐが８で割ると１または７余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2−２ｙ^2」
「ｐが３で割ると１余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋３ｙ^2」
となる自然数ｘ，ｙが存在することを発見しました．ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2，ｐ＝ｘ^2＋２ｙ^2，ｐ＝ｘ^2−２ｙ^2，ｐ＝ｘ^2＋３ｙ^2，・・・などの発見は，類体論の序曲をなすものといえるのです．
ｘ^2＋ｙ^2＝（ｘ＋ｙｉ）（ｘ−ｙｉ）
ｘ^2＋２ｙ^2＝（ｘ＋ｙ√−２）（ｘ−ｙ√−２）
ｘ^2−２ｙ^2＝（ｘ＋ｙ√２）（ｘ−ｙ√２）
ｘ^2＋３ｙ^2＝（ｘ＋ｙ√−３）（ｘ−ｙ√−３）
ですから，それぞれ２次体
Ｑ（ｉ），Ｑ（√−２），Ｑ（√２），Ｑ（√−３）
と関係していることは容易に想像されます．
たとえば，Ｑ（√２）においては，ｐ＝１，７（ｍｏｄ８）なる素数が
７＝（３＋√２）（３＋√２）
１７＝（５＋２√２）（５−２√２）
ｐ＝ｘ^2−２ｙ^2
Ｑ（√−２）においては，ｐ＝１，３（ｍｏｄ８）なる素数が
３＝（１＋√−２）（１−√−２）
１１＝（３＋√−２）（３−√−２）
ｐ＝ｘ^2＋２ｙ^2
のように分解されます．こうして類体論の話に至るのです．
「４ｋ＋１の形の素数はｘ^2^＋ｙ^2の形に書ける」
「６ｋ＋１の形の素数はｘ^2^＋３ｙ^2の形に書ける」
「８ｋ＋１の形の素数はｘ^2^＋２ｙ^2の形に書ける」
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【２】２次体における素数の分解
２次体における素数の分解
Ｑ（ｉ），Ｑ（√−２），Ｑ（√２），Ｑ（√−３），Ｑ（√３）
はいずれも類数が１であって，これらの体の整数環は一意分解整域となります．したがって，素数は素イデアルの積としてただ１通りに表されます．
それに対して，Ｑ（√−５）やＱ（√−６）は類数が２であり，Ｚ（√−５）やＺ（√−６）は一意分解とは限らないことを意味しています．
６＝２・３＝（１＋√−５）（１−√−５）
類数１では，ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2，ｐ＝ｘ^2＋２ｙ^2，・・・の形に書ける素数の場合，Ｑ（√−１）やＱ（√−２）においてｐが完全分解するための必要十分条件
Ｑ（√−１） ←→ １（ｍｏｄ４）
Ｑ（√−２） ←→ １，３（ｍｏｄ８）
がそのままだったのに対して，類数２では，ｐ＝ｘ^2＋５ｙ^2，ｐ＝ｘ^2＋６ｙ^2，・・・の形に書ける素数に次のような現象が起こります．
ｐ≠２，５でない素数とするとき
「ｐが２０で割ると１または９余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋５ｙ^2」
ｐ≠２，３でない素数とするとき
「ｐが２４で割ると１または７余る素数ならば，ｐ＝ｘ^2＋６ｙ^2」
すなわち，Ｑ（√−５）において，ｐが完全分解するための必要十分条件
１，３，７，９（ｍｏｄ２０）
Ｑ（√−６）において，ｐが完全分解するための必要十分条件
１，５，７，１１（ｍｏｄ２０）
に較べて少しずれが生じてしまうのです．
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【３】２次体を超えて
直角三角形は類体論の現れとも考えることができるのですが，
［参］加藤・黒川・斉藤「現代数学の基礎・数論１，２」岩波書店
では，類体論とは２次体ばかりでなく，２次体以外の体（３次体，４次体，円分体とその部分体，・・・）において素数の分岐，不分岐，完全分解の様子を一般化して，有理数体Ｑの拡大と素数の分解の様子を間の対応を語るものと解説されています．
類体論にはさまざまの分解法則をもつ体が登場するのですが，類体論によると，素数
ｐ＝１，９（ｍｏｄ２０）
が完全分解するのはＱ（√−５）ではなくて，Ｋ＝Ｑ（√−５，√−１）であって，そのときにｘ^2＋５ｙ^2となるｘ，ｙが存在する，また，素数
ｐ＝１，７（ｍｏｄ２４）
はＱ（√−６）ではなくて，Ｋ＝Ｑ（√−６，ζ3）で完全分解し，ｘ^2＋６ｙ^2となるｘ，ｙが存在することになります．
さらに，素数ｐがｘ^2＋２６ｙ^2の形に書けるかどうかは，どのような導手Ｎをもってしてもｐ＝？（ｍｏｄＮ）で判定することができないこともわかっているようです．（ｘ^2＋２６ｙ^2なるｘ，ｙが存在するための必要十分条件は，ｐ＝１，３（ｍｏｄ８）かつｐ＝１，３，４，９，１０，１２（ｍｏｄ１３）となることである．）
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［１］Ｑ（3√２），Ｑ（3√２，ζ3）の世界（重さ１の保型形式）
唐突ですが，３次式ｘ^3−２の素因数分解
ｆ（２）＝２・３，ｆ（３）＝５^2，ｆ（４）＝２・３１，
ｆ（５）＝３・４１，ｆ（６）＝２・１０７，ｆ（７）＝１１・３１，
ｆ（８）＝２・３・５・１７，ｆ（９）＝７２７，
ｆ（１０）＝２・４９９，ｆ（１１）＝３・４４３，
ｆ（１２）＝２・８６３，ｆ（１３）＝５・４３９，
ｆ（１４）＝２・３・４５７，ｆ（１５）＝３３７３，
ｆ（１６）＝２・２３・８９
とデデキントのイータ関数（重さ1/2をもつモジュラー関数）を
η(z)=q^(1/24)Π(1-q^n),q=exp(2πiz)
とおいたときの無限積
F(z)=η(6z)η(18z)
=qΠ(1-q^6n)^2(1-q^18n)^2=q-q^7-q^13+q^25+2q^31-q^37+2q^43-q^61-q^67-q^73-q^79+q^81-q^97-q^103-2q^109+q^121+2q^127+q^133-q^139-q^151+2q^157-q^163-q^175-q^181-q^193-q^199-q^211+･･･
=Σa(n)q^n,q=exp(2πiz)
の関係についてみてみましょう．a(n)はF(z)のフーリエ係数です．
F(z)=η(6z)η(18z)=Σa(n)q^n,q=exp(2πiz)
は，
ad-bc=1,c=0(mod 108),d=1(mod 108)
なる任意の整数a,b,c,dに対して
F(az+b/cz+d)=(cz+d)F(z)
を満たすから，F(z)は重さ１の保型関数であり，オイラーの五角数定理を使うと
η(6z)η(18z)=Σ(-1)^(m+n)q^{(6m+1)^2+3(6n+1)^2}/4=Σa(n)q^n
ａpは２，０，−１のいずれかで
a(p)=0 ・・・ｐ＝２（ｍｏｄ３）
a(p)=2 ・・・ｐ＝１（ｍｏｄ３），ｐ＝ｘ^2＋２７ｙ^2
a(p)=-1・・・ｐ＝１（ｍｏｄ３），ｐ≠ｘ^2＋２７ｙ^2
が得られます．このことから，ｐ＝３を除いてフーリエ係数が０になるのはｐ＝３ｎ＋２型素数，フーリエ係数が２になるのはｐ＝３ｎ＋１型素数に限られることがわかります．
ここで（すべてのフーリエ係数a(n)を眺めるのではなく）０と２の項だけを注目します．するとｑ^pの指数ｐで１００以下のものだけをあげますが，
２，３，５，１１，１７，２３，２９，３１，４１，４３，４７，５３，５９，７１，８３，８９
となっています．これらはすべてｘ^3−２の素因数になっているのですが，実際，両者は完全に一致するのです．
a(p)=2 ・・・Ｆpに２の３乗根が３個存在する
←→ｐはＱ（3√２）で３つに，Ｑ（3√２，ζ3）で６つに分解する．
３１＝（３＋（3√２）^2）（３−３3√２＋（3√２）^2）（３＋３3√２＋（3√２）^2）
３１＝（１−ζ3＋3√２）（（１−ζ3^2＋3√２）（１−ζ3＋3√２ζ3）（（１−ζ3^2＋3√２ζ3）（１−ζ3＋3√２ζ3^2）（（１−ζ3^2＋3√２ζ3^2）
a(p)=0 ・・・Ｆpに２の３乗根が１個存在する←→ｐはＱ（3√２）で２つに，Ｑ（3√２，ζ3）で３つに分解する．
a(p)=-1・・・Ｆpに２の３乗根が存在しない←→ｐはＱ（3√２）で分解しない，Ｑ（3√２，ζ3）で２つに分解する．
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［２］Ｑ（4√−３），Ｑ（4√−３，ｉ）の世界（重さ１の保型形式）
４次式ｘ^4＋３の場合は
F(z)=η(12z)η(12z)
=qΠ(1-q^12n)^2=q-2q^13-q^25+q^25+2q^37+q^49+2q^61-2q^73-2q^97-2q^109･･･
=Σa(n)q^n,q=exp(2πiz)
F(z)は，
ad-bc=1,c=0(mod 144),d=1(mod 144)
なる任意の整数a,b,c,dに対して
F(az+b/cz+d)=(cz+d)F(z)
を満たすから，F(z)は重さ１の保型関数である．
ａpは２，０，−２のいずれかで
a(p)=2または-2 ・・・ｐ＝１（ｍｏｄ１２）
a(p)=0 ・・・ｐ＝５，７，１１（ｍｏｄ１２）
a(p)=2 ・・・Ｆpに−３の４乗根が４個存在する
←→ｐはＱ（4√−３）で４つに，Ｑ（4√−３，ｉ）で８つに分解する．
a(p)=-2 ・・・Ｆpに−３の４乗根が存在しない
←→ｐはＱ（4√−３）で２つに，Ｑ（4√−３，ｉ）で４つに分解する．
a(p)=0，ｐ＝５（ｍｏｄ１２） ・・・Ｆpに−３の４乗根が存在しない
←→ｐはＱ（4√−３）で分解せず，Ｑ（4√−３，ｉ）で２つに分解する．
a(p)=0，ｐ＝７（ｍｏｄ１２） ・・・Ｆpに−３の４乗根が２個存在する
←→ｐはＱ（4√−３）で２つに，Ｑ（4√−３，ｉ）で４つに分解する．
a(p)=0，ｐ＝７（ｍｏｄ１２） ・・・Ｆpに−３の４乗根が存在しない
←→ｐはＱ（4√−３）で２つに，Ｑ（4√−３，ｉ）で４つに分解する．
ｘ^4−２ｘ^2＋２の場合も複雑なので結果だけを示しておきます．
F(z)=η(8z)η(16z)
=Σ(-1)^(u+v)q^{(4u+1)^2+16v^2
=Σd(n)q^n,q=exp(2πiz)
とおくと
d(p^n)=e^n･(-1)^(p^n-1)/2･(n+1),e=2^(n-1)/2 (mod2)･･･p=1 (mod8)
d(p^2n)=(-1)^n･･･p=3 (mod8)
d(p^2n)=1･･･p=5,7 (mod8)
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