懸案の予想

　　ｐ＝±１（ｍｏｄ５）のとき，ｆ（ｐ）＝ｐ−１

　　ｐ＝±２（ｍｏｄ５）のとき，ｆ（ｐ）＝２ｐ＋２

を証明してみましょう．

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　これを示すには，

　　Ｆf(p)＝０，Ｆf(p)+1＝１

が成り立つことをいえばよいのですが，ｐ＝±１（ｍｏｄ５）のとき，ｘ^2＝５を満たす元ｃが有限体Ｆpのなかにありますから，

　　Ｆf(p)＝Ｆp-1

　　　　　＝１／ｃ［｛（１＋ｃ）／２｝^(p-1)−｛（１−ｃ）／２｝^(p-1)］

　ここで，フェルマーの定理により，有限体Ｆpのどんな元も

　　ａ^(p-1)＝１　　（ｐ乗すると元に戻る）ですから，　

　　Ｆf(p)＝Ｆp-1＝１／ｃ（１−１）＝０

　また，

　　Ｆf(p)+1＝Ｆp

　　　　　　＝１／ｃ［｛（１＋ｃ）／２｝^p−｛（１−ｃ）／２｝^p］

　　　　　　＝１／ｃ［｛（１＋ｃ）／２｝−｛（１−ｃ）／２｝］

　　　　　　＝１／ｃ・ｃ

　　　　　　＝１

が示されました．

　一方，ｐ＝±２（ｍｏｄ５）のとき，有限体Ｆpの中に根をもちませんから，一般項は

　　Ｆn ＝１／√５［｛（１＋√５）／２｝^n−｛（１−√５）／２｝^n］

とまったく同じ式で与えられます．

　ここで，［］の中を展開しますが，二項係数pＣiは常にｐで割り切れること，有限体Ｆp^2の元ａ＋ｂ√５（ａ，ｂは有限体Ｆpの元）に対して

　　（ａ＋ｂ√５）^p＝ａ−ｂ√５

となることより，

　　｛（１＋√５）／２｝^(2p+2)＝（３＋√５）^(p+1)／２^(p+1)

　　＝（３＋√５）^p（３＋√５）／４

　　＝（３−√５）（３＋√５）／４＝１

　まったく同様にして

　　｛（１−√５）／２｝^(2p+2)＝１

より，

　　Ｆf(p)＝Ｆ2p+2＝０

　さらに，

　　Ｆf(p)+1＝Ｆ2p+3

　＝１／√５［｛（１＋√５）／２｝^(2p+3)−｛（１−√５）／２｝^(2p+3)］

　＝１／√５［｛（１＋√５）／２｝−｛（１−√５）／２｝］

　＝１

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