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

であるが，（その８）ではδはπの有理数倍ではないことをＱの円分拡大のガロア理論を用いて，矛盾を引き出すことによって証明した．今回コラムでは（その８）を補足したい．

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【１】２次体

　有理数体Ｑに，ｘ^2−ｄ＝０の根√ｄを添加して得られる体Ｑ（√ｄ）を考えます．すると０，１以外の平方因数をもたない整数ｄ，すなわち，

　　−１，±２，±３，±５，±６，±７，±１０，・・・

によって，Ｑ（√ｄ）は体になり，２次体Ｑ（√ｄ）の元は一意的に

　　Ｑ（√ｄ）＝｛ａ＋ｂ√ｄ｜ａ，ｂは有理数｝

の形で表されます．とくに，ｄ＝−１のとき

　　Ｑ（√−１）＝Ｑ（ｉ）

はガウスの数体となります．

　ガウス整数（√−１を含む）とアイゼンシュタイン整数（√−３を含む）に対しては通常の整数の素因数分解は一意的ですが，ａ＋ｂ√−５の形の数に対しては１通りには決まりません．

　　６＝２・３＝（１＋√−５）（１−√−５）

　　（２，３，１＋√−５，１−√−５はいずれも素数）

　それではどういう負の数を使うと，√−ｄから作った数の体系で素因数分解が一意的になるのでしょうか？　１９６６年，ベイカーとスタークは独立に類数１の虚２次体Ｑ（√ｄ）すなわち（ｄ＜０，ｄは平方因子をもたない）なる２次体をすべて決定したのですが，それによると，

　　−ｄ＝１，２，３，７，１１，１９，４３，６７，１６３

しかありません．この９個の数はヘーグナー数と呼ばれています．

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【２】２次体と円分体

　１の原始ｎ乗根ζn＝exp(2πi/n)をとると，Ｋ＝Ｑ（ζn）を円のｎ分体といいますが，すべての２次体Ｑ（√ｄ）は円分体Ｑ（ζn）に含まれます．たとえば，

　　Ｑ（√２）＜Ｑ（ζ8）　　　（∵√２＝ζ8＋ζ8^(-1)）

　　Ｑ（√３）＜Ｑ（ζ12）　　　（∵√３＝ζ12＋ζ12^(-1)）

　　Ｑ（√−１）＝Ｑ（ζ4）　　　（∵√−１＝ζ4）

　　Ｑ（√−３）＝Ｑ（ζ3）　　　（∵√−３＝１＋２ζ3）

　また，部分体ｋ＝Ｑ（ζn＋ζn^(-1)）＝Ｑ（ζn＋ζn~）は，体Ｋ＝Ｑ（ζn）の拡大次数［Ｋ：ｋ］＝２なる最大実部分体となります．

　　Ｑ（√３）＜Ｑ（ζ12）　　　（∵√３＝ζ12＋ζ12^(-1)）

さらにまた，

　　ｎ~＝(-1)^{(n-1)/2}ｎ

とおくと，Ｑ（√ｎ~）はＱ（ζn）の部分体になります．円分体はＱ（ζn＋ζn^(-1)）やＱ（√ｎ~）などを部分体としてもつというわけです．

　このように，Ｑ（ζ12）のなかには，部分体としてＱ（√３），Ｑ（√−１），Ｑ（√−３）が含まれています（∵ζ12^3＝ζ4，１＋ζ12^4＝１＋２ζ3）．Ｑ（ζ12）に含まれる部分体は他には存在しません．

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【３】円分多項式の次数

　　α＝ｐ／ｑ・２π　　　（ｐ，ｑ）＝１

において，ｑ＝ｐ1^e1ｐ2^e2・・・ｐd^edと素因数分解されるならば

　　φ（ｑ）＝Πｐi^ei-1（ｐi−１）

である．

φ（２）＝２^0（２−１）＝１

φ（３）＝３^0（３−１）＝２

φ（４）＝２^1（２−１）＝２

φ（５）＝５^0（５−１）＝４

φ（６）＝２^0（２−１）・３^0（３−１）＝２

φ（７）＝７^0（７−１）＝６

φ（８）＝２^2（２−１）＝４

φ（９）＝３^1（３−１）＝６

φ（１０）＝２^0（２−１）・５^0（５−１）＝４

φ（１１）＝１１^0（１１−１）＝１０

φ（１２）＝２^1（２−１）・３^0（３−１）＝４

φ（１３）＝１３^0（１３−１）＝１２

φ（１４）＝２^0（２−１）７^0（７−１）＝６

φ（１５）＝３^0（３−１）・５^0（５−１）＝８

φ（１６）＝２^3（２−１）＝８

φ（１７）＝１７^0（１７−１）＝１６

φ（１８）＝２^0（２−１）・３^1（３−１）＝６

φ（１９）＝１９^0（１９−１）＝１８

φ（２０）＝２^1（２−１）・５^0（５−１）＝８

　φ（ｑ）＝２を与えるｑはｑ＝３，４，６のみで，これらに対応する拡大体はＱ（√−３）とＱ（ｉ）である．

　　ｃｏｓζ3＝−１／２，ｓｉｎζ3＝√３／２→Ｑ（ζ3）＝Ｑ（√−３），ガロア群はＺ2と同型

　　ｃｏｓζ4＝０，ｓｉｎζ4＝１→Ｑ（ζ4）＝Ｑ（√−１），ガロア群はＺ2と同型

　　ｃｏｓζ6＝１／２，ｓｉｎζ6＝√３／２→Ｑ（ζ6）＝Ｑ（√−３），ガロア群はＺ2と同型

　もし，ｑ＝ｐ1^e1ｐ2^e2・・・ｐd^edと素因数分解されるならば

　　φ（ｑ）＝Πｐi^ei-1（ｐi−１）

であるから，φ（ｑ）＝２を与えるｑはｑ＝３，４，６のみで，これらに対応する拡大体はＱ（√−３）とＱ（ｉ）である．

　正四面体，正八面体→Ｑ（√−２）

　正十二面体，正二十面体→Ｑ（√−５）

であるが，Ｑ（√−３）もＱ（ｉ）もどちらもＱ（√−２），Ｑ（√−５）と異なるので矛盾，したがって，δはπの有理数倍ではない．

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【４】雑感

　（その８）の雑感に

　　［秋山の定理：２００９］正多面体の元素数は≧４である．

の場合，Ｑ上の４次拡大体Ｑ（√−２，√−５）に対して，

　　Ｎ1δ4＋Ｎ2δ12＋Ｎ3δ20≠０　　（ｍｏｄ　π）

を証明しなければならないと書いた．

　φ（ｑ）＝４を与えるｑはｑ＝５，８，１０，１２のみである．

　　ｃｏｓζ5＝（√５−１）／４，ｓｉｎζ5＝（１０＋２√５）^1/2／４→Ｑ（ζ5）＝Ｑ（（１０＋２√５）^1/2），ガロア群はＺ4と同型．

　　ｃｏｓζ8＝√２／２，ｓｉｎζ5＝√２／２→Ｑ（ζ8），ガロア群はＺ2×Ｚ2と同型．

　　ｃｏｓζ10＝（√５＋１）／４，ｓｉｎζ10＝（１０−２√５）^1/2／４→Ｑ（ζ10）＝Ｑ（１０＋２√５）^1/2）

　　ｃｏｓζ12＝√３／２，ｓｉｎζ12＝１／２→Ｑ（ζ12）

　どちらもＱ（√−２，√−５）と異なるのだが，これで

　　Ｎ1δ4＋Ｎ2δ12＋Ｎ3δ20≠０　　（ｍｏｄ　π）

がいえるかどうかは疑問である．おそらく証明にはなっていないと思う．

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