■因数分解の算法（その４）
すべての正の整数は，次の３つのクラスに分けれられます．
単数：１
素数：２，３，５，７，１１，１３，１７，１９，２３，・・・
合成数：４，６，８，９，１０，・・・
今回のコラムでは，単数，素数，合成数に関する種々雑多な話題を取り上げたいと思います．
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【１】素数は無限にある
素数が無限に存在すること・√２が無理数であることは，ギリシア数学のなかでも有名な定理です．それぞれユークリッドとピタゴラスが背理法を用いて証明していますが，その証明はだれしもが容易に理解できるものです．
ところで，ディリクレの算術級数定理とは，１次式ｆ（ｘ）＝ａ＋ｂｘが（ａ，ｂ）＝１のとき，無数の素数を与えることができることを述べたもので，したがって，等差数列
ａ，ａ＋ｂ，ａ＋２ｂ，ａ＋３ｂ，・・・
は無限に多くの素数を含むことになります．ｂ＝１のときは，素数は無限にあることと同値です．
１次式を２つ考えたらどうでしょうか？
ｆ（ｘ）＝ｘ，ｇ（ｘ）＝ｘ＋２
として，この両方が同時の素数になるようなｘが無限にあるかというのが，いわゆる双子の素数の問題です．
その差が２であるような素数のペア（ｐ，ｐ＋２）を双子素数と呼びます．小さな双子素数には（３，５），（５，７），（１１，１３），（１７，１９），・・・など，ちょっと大きなものでは（２２２７１，２２２７３），・・・などがあります．
双子素数が無限に多く存在するかどうかは今のところわかっていません．双子素数の場合に難しいのは素数全体のときと異なって，双子素数の逆数の和：
１／３＋１／５＋１／５＋１／７＋１／１１＋１／１３＋１／１７＋１／１９＋・・・＋１／ｐ＋１／（ｐ＋２）＋・・・
が無限大とはならずに，その和が１．９０１９５・・・（ブルンの定数：１９１９年）となることが証明されている点です．
このことは，双子素数が無限にあるとしても，まれにしか存在しないことを示しています．そのため，双子素数が無限に存在することの有力な証拠は見つかっているにもかかわらず，完全な証明には至っていないのです．
ｆ（ｘ）＝ｘ，ｇ（ｘ）＝２ｘ＋１
の両方が素数となるような素数ｘはソフィー・ジェルマン素数と呼ばれていますが，それが無数にあるかどうかという問題もまだ解かれていません．なお，
「ｐがソフィー・ジェルマン素数のとき，フェルマーの方程式：
ｘ^p＋ｙ^p＝ｚ^p
に整数解があれば，ｘ，ｙ，ｚのどれか一つはｐで割れねばならない」という美しい定理を彼女は証明しています．
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［補］Σ（１／ｐ）＝∞
調和級数Σ（１／ｎ）が無限大に発散すること
１／１＋１／２＋１／３＋・・・＝∞
は容易に示すことができます．それでは，素数の逆数の和
Σ（１／ｐ）＝１／２＋１／３＋１／５＋１／７＋１／１１＋・・・
は有限でしょうか？
（証明）
調和級数１／１＋１／２＋１／３＋・・・は，オイラー積表示すると
Π（１−１／ｐ）^(-1)
と書けますから，
Π（１−１／ｐ）^(-1)〜∞．
また，
ｌｏｇΠ（１−１／ｐ）＝Σｌｏｇ（１−１／ｐ）
１／ｐが非常に小さいとき，マクローリン展開より，
Σｌｏｇ（１−１／ｐ）〜−Σ（１／ｐ）
ですから，
Σ（１／ｐ）＝∞
になります．したがって，すべての素数の逆数の和は発散することが示されます．
１７３７年，オイラーはこのようにして素数の逆数の和が無限大になることを見つけました．このことから，素数が無限個あることは簡単にわかります．また，調和級数Σ（１／ｎ）は発散し，また，オイラー級数
Σ（１／ｎ^2）＝ζ（２）＝π^2／６
で収束しますから，素数は平方数ほどまばらには分布していないこともわかります．
さらに，このことを詳しく調べると，
Σ（１／ｐ）〜ｌｏｇ（ｌｏｇｘ） （ｐはｐ≦ｘの素数を動く，証明略）
などがわかってきます．ｌｏｇ（ｌｏｇｘ）は１／（ｘｌｏｇｘ）の原始関数です．
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［補］双子素数予想
双子素数の分布に関しては，ハーディとリトルウッドによって，
πtwin（ｘ）〜Ｃｘ／（ｌｏｇｘ）^2
ただし，ｐを３以上の素数として
Ｃ＝２Π（１−１／（ｐ−１）^2）＝１．３２０３・・・
と予想されています．ここで，Ｃはオイラー積のアナログであり，双子素数の場合のゼータ関数とみなすことができます．定まった用語ではないのですが，ハーディ・リトルウッド積と呼んでいいでしょう．この法則は経験的には正しそうであり，双子素数はたぶん無限組あると信じられています．
現在のところ，双子素数予想にもっとも接近した結果は，１９６６年，陳景潤によるもので，陳景潤は素数と概素数（素因数を２つしかもたない合成数）のペアは無限に存在することを証明しました．これは無限に多くの双子素数が存在することに大変接近した結果であって，双子素数予想の証明に向かって最初の大きな一歩と考えられます．もう一歩進んで「概」を取り去ることに成功した者が，素数理論の大快挙を成し遂げたことになるのです．
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［補］Π（ｐ^2＋１）／（ｐ^2−１）＝５／２
ブルンの定数：１．９０１９５・・・やハーディ・リトルウッド積：１．３２０３・・・は簡単な有理数では表されませんでしたが，すべての素数についての和や積がそのような値になるとは限りません．
むしろ，すべての素数をわたる無限積Π（ｐ^2＋１）／（ｐ^2−１）が有理数５／２で表されることのほうが不合理のように感じられますが，これを証明するのはさほど難しいことではありません．
（証明）
Π（ｐ^2＋１）／（ｐ^2−１）
＝Π（ｐ^4−１）／（ｐ^2−１）^2
＝Π（１−１／ｐ^4）／（１−１／ｐ^2）^2
等比級数に展開すると
＝Π（１＋１／ｐ^2＋１／ｐ^4＋・・・）^2／Π（１＋１／ｐ^4＋１／ｐ^8＋・・・）
＝（Σ１／ｎ^2）^2／Σ１／ｎ^4
ここで，リーマンのゼータ関数
Σ１／ｎ^2＝ζ（２）＝π^2／６
Σ１／ｎ^4＝ζ（４）＝π^4／９０
したがって，
Π（ｐ^2＋１）／（ｐ^2−１）＝（π^4／３６）／（π^4／９０）
＝５／２
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なお，次のようなゼータ関数に帰着する無限級数（n=1~∞）が知られています．２項係数nＣkを(n,k)と書くことにすると，
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）
さらに，ポールテンの問題
36/17Σ1/n^4(2n,n)=ζ（4）
は，Mathematicaの最新版でも等式として得られませんでしたが，予想ではなく，等式としてすでに証明済みということです．彼自身は
1/2Σ1/n^4(2n,n)=(0,π/3)θ(ln2sin(θ/2))^2dθ=17π^4/6480
を示すことによって彼の問題を解いたという話です．
また，以上ことから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．したがって，
ζ（5）＝R*Σ(-1)^(n-1)/n^5(2n,n)
と予想されますが，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．
→コラム「シンク関数の数学的諸性質」参照．また，
2(arcsinx)^2=Σ(2x)^2/n^2(2n,n)
などの公式については，コラム「超幾何関数とゼータ関数」を参照されたい．
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【２】フェルマー素数
Ｆn＝２2^n＋１
の形の素数をフェルマー素数といいます．Ｆ0＝３，Ｆ1＝５，Ｆ2＝１７，Ｆ3＝２５７，Ｆ4＝６５５３７２５７は素数であることがわかります．フェルマーはこの型の数がすべて素数だと勘違いしていて必ず素数を与える式として考え出されたのですが，ｎ＝５であっけなく破綻してしまいました．
Ｆ5＝２^(2^5)＋１＝４２９４９６７２９７＝６４１×６７００４１７
この間違いを発見したのはフェルマーから約１００年後のオイラーです．彼は約数６４１をあてずっぽうでみつけたのでも，２，３，５，７，・・・と割っていって執念で見つけたのでもありません．オイラーはＦnが合成数であるならば，それはあるｋに対してｋ２^(n+2)＋１であることを知っていて，Ｆ5の中の因数６４１＝５・２^7＋１を見つけたのです．現在，ｎ＝０，１，２，３，４の５個以外にフェルマー素数はみつかっていません．
オイラーの方法を振り返ってみることにしましょう．ここで，
ｐ｜ａ^(2^n)＋１ （ｐ≠２の素数）
ならば
２^(n+1)｜ｐ−１
となることを証明なしに与えておきます（→証明せよ）．
このことを認めると
ｐ｜Ｆ5ならば２^6｜ｐ−１
すなわち，ｐ＝１＋ｋ・２^6の形でなければならないことがわかります．ｋに１〜１０まで入れると
ｋ １＋ｋ・２^6 素数
１ ６５ ×
２ １２９ ×
３ １９３ ○
４ ２５７ ○
５ ３２１ ×
６ ３８５ ×
７ ４４９ ○
８ ５１３ ×
９ ５７７ ○
１０ ６４１ ○
ここで得られた素数１９３，２５７，４４９，５７７，６４１の中から，Ｆ5＝４２９４９６７２９７を割るものを探すと６４１が最初のものであることがわかります．このことから
Ｆ5＝４２９４９６７２９７＝６４１×６７００４１７
と分解されＦ5が素数でないことが証明されます．
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［補］フェルマー数
フェルマー数（２2^n＋１）は簡単な漸化式
Ｆn＝（Ｆn-1−１）^2＋１
を満たしています．この式から
Ｆn−２＝Ｆn-1（Ｆn-1−１）＝・・・＝Ｆ0Ｆ1・・・Ｆn-1
言い換えれば，Ｆn−２はそれより小さいすべてのフェルマー数で割り切れることがわかります．
したがって，（Ｆn，Ｆi）＝１がすべてのｉ（０≦ｉ≦ｎ−１）にについて成り立ちます．このことは任意にｉ≠ｊをとったとき，（Ｆi，Ｆj）＝１と意味するのですが，このことから数列｛Ｆn｝を用いて，素数が無限にあることを示すことができます．
（証明）
すべてのＦiの素因数を１つずつとりｐiと呼べばｐはすべて異なるから，素数は無限にあることがわかる．
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［補］正多角形の作図問題
定規とコンパスだけで正３角形，正４角形，正６角形，正８角形が作図できることは簡単にわかりますが，辺の数５，７，９の場合はどうでしょうか．正５角形は古代ギリシャにおいて作図可能であることが発見されました．となれば，次に正７角形・正９角形の作図は？と考えるのは自然な成り行きでしょう．ところが，かのアルキメデスでさえも正７角形・正９角形の作図に成功しなかったといわれています．また，内接正多角形の作図は画家であり建築家であるレオナルド・ダ・ヴィンチの関心を惹きました．しかし，彼でさえ近似的な内接正七角形の作図を正確なものと思っていたようです．
辺数３，４，５，６，８，１０，１２，１５，１６の正多角形は作図できますが，辺数７，９，１１，１３，１４の正多角形は作図できないことから，正１７角形もそうであろうと推察されます．ところが，１７９６年，ガウスは１９才のときに正１７角形の作図を思いつき，のみならず，ｎが素数の正ｎ角形について，ｎ＝２^(2^m)＋１が素数の場合に限り定規とコンパスだけで作図可能であることを発見しています．
正７角形も正９角形も作図できないのに，まさか正１７角形が作図できるとはと思うのが普通なのでしょうが，このことを用いると，ｍ＝０のとき正３角形，ｍ＝１のとき正５角形，ｍ＝２のとき正１７角形となり，作図可能であることがわかります．当然，ずっと面倒になるでしょうが，正２５７角形（ｍ＝３），正６５５３７角形（ｍ＝４）も作図可能です．
２^(2^m)＋１の形の素数をフェルマー素数といいます．フェルマー素数はガウスによって１世紀にわたる眠りから覚まされ，数論と幾何学に新たな美しさを吹き込んだことになります．フェルマーはこの型の数がすべて素数だと勘違いしていて必ず素数を与える式として考え出されたのですが，ｍ＝５のときは素数ではなく，現在，ｍ＝０，１，２，３，４の５個以外にフェルマー素数はみつかっていません．６番目のフェルマー素数の探索がコンピュータを使ってなされていますが，はたして本当に存在するのでしょうか．
アルキメデスは円柱とそれに内接する球の体積比が３：２であることを発見した記念に，自分の墓の上に円柱の形をした記念碑をおくように遺言したといわれています．アルキメデスと同じように，ガウスは正１７角形を墓石に彫るよう遺言しています．このことはガウス自身がその発見をいかに重視したかを物語っています．数々の大発見をしたガウスですが，１９才の青年がアルキメデスをもってしてもできなかった古代ギリシア以来２０００年の謎を解いたのですから，まさに驚きとしかいいようがありません．この正１７角形の作図は彼を本格的に数学の道に入らせるきっかけとなったといわれています．
なお，４次曲線：レムニスケートには円に共通する性質があり，定規とコンパスだけで奇数のｎ等分することができる必要十分条件はｎがフェルマー素数（ｎ＝２^(2^m)＋１の形の素数：３，５，１７，２５７，６５５３７）であることです．
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【３】単数
単位元「１」の約数を単数といいます．
［１］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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［２］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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［３］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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［４］実２次体
説明するまでもないかもしれませんが，整数の比で表せない数を無理数（例：√２）と呼びます．いい換えれば，整数係数の１次式の根にはならない数が無理数なのです．無理数の中でも，整数係数多項式の根となる数が代数的数（例：3√５はｘ^3−５＝０の根）であり，それに対して，超越数とは，整数係数のどのような代数方程式の根にもならない数（例：π，ｅ）のことです．代数的数の全体をＱ~と書くことにします．
一方，αが代数的整数であるとは，整数係数のモニック多項式
ｆ（ｘ）＝ｘ^n＋ａ1ｘ^(n-1)＋・・・＋ａ0
に対して，ｆ（α）＝０となることです．代数的整数の全体をＺ~と書くことにします．
体ｋにｆ（ｘ）＝０の根αを添加した体をｋ（α）と書きます．複素数体Ｃは実数体Ｒにｘ^2＋１＝０の根ｉをつけ加えたＲ（ｉ）であり，Ｃの元は
ａ＋ｂｉ （ａ，ｂは実数）
と一意に表されます．
同様にして，ｘ^2−ｄ＝０の根√ｄを添加して得られる体ｋ（√ｄ）を考えることができます．２次体ｋ（√ｄ）の元も一意的に
ａ＋ｂ√ｄ
の形で表されます．
ｋ＝Ｑのとき，一般に０，１以外の平方因数をもたない整数ｍ，すなわち， −１，±２，±３，±５，±６，±７，±１０，・・・
によって，Ｑ（√ｍ）は体になります．
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．
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，
［１］ｍ＝２，３（ｍｏｄ４）のとき
基本単数を
ε＝ａ＋ｂ√ｍ
とすると
ε~＝ａ−ｂ√ｍ
εε~＝ａ^2−ｍｂ^2＝±１
また，
ε^n＝ａn＋ｂn√ｍ
と書くと０＜ａ1＜ａ2＜・・・，０＜ｂ1＜ｂ2＜・・・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．
すなわち，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
［２］ｍ＝１ｍｏｄ４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
したがって，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
なお，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．
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［補］連分数展開
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，√ｄ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，
√ｄ＝［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√ｄ］で終わっています．√１９９の展開をみると，１４で始まり２８で終わるというのもこの理由によります．
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√ｄに共通していえる性質です．
√ｄ＝［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．
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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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【４】素数生成式
オイラーは素数をかなりの確率で生成する公式
ｎ^2＋ｎ＋４１
を発見しています．この公式はｎ＝０のとき素数４１，ｎ＝１で素数４３，ｎ＝２で素数４７を与えます．このようにしてｎが０から３９までのどのｎをとってもオイラーの公式はすべて素数を与えます．オイラーの公式はｎ＝４０で１６８１＝４１^2となって破綻しますが，１０００万以下のｎに対して４７．５％の確率で素数を生成します．
この事実を確認するのは簡単ですが，しかしオイラーはどうやってこんな事実を見つけだしたのでしょうか．また，そうなる真の理由は何でしょうか．
この点について，ｐ（ｘ）が０≦ｘ≦ｌ−２なるすべてのｘについて素数となることと虚２次体Ｑ（√ｍ）との関係が，ラビノヴィッチにより示されています．
［１］ｍ＝２，３（ｍｏｄ４）のとき
ｌ＝−ｍ
ｐ（ｘ）＝ｘ^2＋ｌ
［２］ｍ＝１（ｍｏｄ４）のとき
ｌ＝（１−ｍ）／４ ｍ＝１（ｍｏｄ４）
ｐ（ｘ）＝ｘ^2＋ｘ＋ｌ
とおきます．
ここで，ｍ＝−１６３＝１（ｍｏｄ４）の場合を考えると，ｌ＝４１
したがって，
ｐ（ｘ）＝ｘ^2＋ｘ＋４１
となります．このようにして，上の現象は虚２次体Ｑ（√−１６３）と関係しているというわけです．
同様に，１変数の２次多項式ｎ^2＋ｎ＋１７も高い確率で素数を生成しますが，ｍ＝−６７＝１（ｍｏｄ４）の場合を考えると，ｌ＝１７ですから，虚２次体Ｑ（√−６７）との関係が示唆されます．
なお，実２次体の基本単数は一意に決まるのに対して，虚２次体では単数基準自身が消えてしまいます．
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［補］素因数分解の一意性
正の整数では素因数分解の一意性が成り立ちますが，扱う数の範囲を広げると，既約因子の積に２通りに表されるような状況を生じます．たとえば，扱う数の範囲を整数から，
Ｚ（√−５）＝｛ａ＋ｂ√−５｜ａ，ｂは整数｝
にまで拡げると，
６＝２・３＝（１＋√−５）（１−√−５）
２，３は素数ですし，
１＋√−５，１−√−５
はいずれも
ａ＋ｂ√−５
のなかには±１と±それ自身以外の約数をもたないので「素数」です．
なお，この状況に対して，これはまだ分解が足りないためだと考えることもできます．すなわち，２，３，１±√−５は素数でなく，さらに究極の数α，β，γ，δがあって，
２＝αβ，３＝γδ，１＋√−５＝αγ，１−√−５＝βδ
となっていて，
６＝αβγδ
が６の素因数分解となるという考え方をクンマーの理想数の理論といいます．もちろん，α，β，γ，δはＺ（√−５）の中には存在しません．素因数分解したときの素因数がすべて含まれている集合を考えるのです．
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