流れる空の中で数学を。

とある数学好きの「手作りすうがく」と「気ままな雑記」。

2次方程式の複素数解とグラフの幾何学的関係

2次関数と2次方程式

2次関数

y=ax^2+bx+c

2次方程式

ax^2+bx+c=0

を考える。2次方程式が実数解を持つとき、その解は、y=ax^2+bx+cy=0の交点で与えられる。

それでは、複素数解を持つときはどうなるだろうか?

幾何学的に考察してみよう。

 

2次方程式の解の公式

2次方程式が実数解を持たないと仮定すると、

x=\frac{-b\pm \sqrt{4ac-b^2} i }{2a}

一方y=ax^2+bx+cのグラフの頂点は、

y=a\left(x+\frac{b}{2a}\right)bx+\frac{4ac-b^2}{4a}

より、\left(-\frac{b}{2a}, \frac{4ac-b^2}{4a} \right)

となる。

さて、このようにして得られたグラフの頂点を、元のグラフの頂点と比べる。すると、x座標は同じで、y座標はいくらかずれている。そして、そのx座標は2次方程式複素数解の実部に等しく、y座標は2次方程式複素数解の虚部の定数倍に等しい。

このようにして、2次方程式複素数解と元のグラフとの関係が得られた。

実数解の場合グラフの軸から等距離にx軸方向に等距離にずれた位置の点に解があった。複素数解の場合、グラフの頂点からy軸方向にx軸から上下に等距離ずれた位置の点に対応する解がある。

このように実数解の場合も複素数解の場合も、x軸上のある点から等距離ずれた場所に2つの解に対応する点があることが分かった。

【臨界点の高精度見積もり】局在アンダーソンモデルのζ関数を近似的に試験的に構成してみた

局在アンダーソンモデル(Orthogonal class)

H=\sum_n \epsilon_n |n\gt \lt n| +\sum_{\lt n , m\gt} |n\gt \lt m|

ここで、\epsilon_nは互いに独立な確率変数で、-W/2\le \epsilon_n \le W/2の範囲で一様に分布する。\lt n , m\gtは最近接の格子点のみにわたる和を表す。

この記事では、3次元立方格子を取り扱う。

 

エネルギー準位統計

アンダーソンモデルのハミルトニアンを対角化して、エネルギーを得る。

各乱数のサンプル事に、エネルギーをE_1\lt E_2 \lt \cdots \lt E_nとしたとき、そのエネルギー準位の差を

\delta E_j=E_{j+1}-E_{j}

で計算する。ここで、\delta E_jの平均値を\delta Eとしたとき、

\epsilon_j=\delta E_j/ \delta E

とすると、この\epsilon_jのとる値の分布は局在状態で、指数分布、広がった状態で広がった分布、臨界点で系のサイズに依存しない分布が得られる。

準位間隔の分布(臨界点での分布はパデ近似を使って近似関数をプロットしてある。ほかはそれぞれ、局在状態と広がった状態の分布関数である。)

臨界点での分布をパデ近似で近似した関数はW=16.338で、

p(\epsilon)=\epsilon \frac{p_0+p_1 \epsilon+p_2 \epsilon^2}{1+p_3 \epsilon + p_4 \epsilon^2 +p_5 \epsilon^3 + p_6 \epsilon^4}

[p_0,p_1,\cdots,p_6]=[2.3320977630465674, 1.9251460538218101, -0.31829353645592573, -1.4793606417094827, 12.67077149585408, -16.42315495527847, 10.545989559845134]

ζ関数とオイラー

得られたエネルギー順位間隔の分布関数から逆に、エネルギー順位間隔を生成する。今回は200個生成した。

このような生成方法を取るので、臨界状態以外は無限系の性質をとらえられていると考えられる。

得られた順位間隔\epsilon_nに対して、

\zeta(z)=\prod_n \frac{1}{1-\epsilon_n^{-z}}

オイラー積を定義する。本当は無限個の項をかけないと意味がないので、テイラー展開とパデ近似を使って、近似してみることにする即ち、

\zeta(z)=\prod_n \frac{1}{1-\epsilon_n^{-z}}

=\prod_n\left( 1/\ln{\epsilon_n}+\frac{1}{2}z+\frac{1}{12}\ln{\epsilon_n}z^2\right)

これを展開して、パデ近似する。今回は対角パデ近似[100/100]を用いた。

そして、得られた近似ζ関数の零点と極を調べてみた。

極は、相の状態に寄らず円形に分布することが分かった。

臨界点(W=16.338)での極

局在状態のpole

広がった状態のpole



零点は、局在状態では、下図のように、広がった状態では円形に分布するものが見つかる。また、局在状態では2つの領域に分断される。臨界状態では、サンプル事に、局在か広がった状態かの2つの状態になったりならなかったりする。特に、中間的な零点分布を取ることがある。

臨界状態(W=16.338)での零点分布

広がった状態の零点分布

局在状態の零点分布

結論

零点のつながり方というトポロジカルな情報をランダムなサンプル毎に見ていくことで、臨界点がW=16.338程度であることが分かった。このように有効数字4桁~5桁程度の精度で判別できるのがこの手法の強みである。

一方で、この手法の弱みは、つながっているかどうかの判断を人の目で見て判断しているという曖昧さが残っているという点と、サンプル数が十分とれているかという問題がつきまとう点である。しかし、サンプル数をより多く取れば、臨界点のより精度の高い見積もりが可能になると考えられる。

BSD予想の研究者になるにはどうすればいいのでしょうか?

BSD予想

バーチ・スウィンナートン=ダイアー予想 - Wikipediaの主張を精確に理解し、いつか(できれば10年以内に)研究をしたいと思っています。

現状

現在楕円曲線について知っていることを手短に自分でまとめた動画がこちら。

www.youtube.com

僕は物理学(物性理論)の出身で、一応博士号を持っていますが、数学科の大学数学は完全に独学です。

現在は代数学の基礎(群・環・体ガロア理論)の概要を一周勉強し終えて、山本芳彦先生の数論入門を読んでいます。

 

今後の予定

山本先生の本が終わったら、初等整数論講義(高木)を読む予定です。

 

平行して気分転換に、複素関数論と位相空間論、多様体論の勉強もしようと思っています。それぞれ以下の本で勉強予定です。

 

 

 

 

 

次に、雪江整数論123を読む。

 

そして、次の本を読む。

 

 

 

 

その後、読みかけだったElliptic talesにもう一度チャレンジする。

 

その後、定番と言われているシルヴァーマン・テイトの楕円曲線論入門を読む予定です。

 

追記:次の本もよさそうだったので追加。

 

 

 

 

 

足りないものとここから先のルート

ここまでの勉強ルートでこれも読んだ方がいいよというものがあったら教えていただきたいです。

下の2つのツイートが気になっていて、どれがBSD予想の研究に特に必要で、それぞれここに書かれていないお勧めの本などあれば知りたいです。

上の文献紹介で挙げられている本で、僕の勉強ルートに入っていない本があります。それらの本も読んだ方がいいのか、またどのタイミングで読むべきかなど、意見交換したいです。

 

最後に、上のことが全部終わった後どのように勉強していけばいいのかよくわかっていません。読むべき本とか(特に洋書は詳しくないので知りたい)論文とか大学院に行くべきとかなにかアドバイスあればいただきたいです。

 

その他リンク(pdfなど)

楕円曲線と岩澤理論

http://www4.math.sci.osaka-u.ac.jp/~ibukiyam/pdf/%E7%AC%AC%EF%BC%96%E5%9B%9E/6_5.pdf

http://www.sci.u-toyama.ac.jp/~iwao/SS2003/Bin/Reports/matsuno.pdf

楕円曲線と数論幾何

https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf

x^2+y^2≡z^2 (mod p^e)の解の個数

x^2+y^2\equiv z^2 (\mod p)の解の個数

以下の文献によると、

https://math.mit.edu/research/highschool/primes/circle/documents/2020/Shleifer_Su_2020.pdf

この問題の\mod pでの解の個数は、p^2個となる。

この文献を参考に一般化を試みる。

x^2+y^2\equiv z^2 (\mod p^e)の解の個数

以下、上記の参考文献と並行して話を進める。以下、証明は全て完成していなくて、数値実験からの予測を一部含む。

e\ge 2とする。

このとき、

x^2+y^2\equiv 0 (\mod p^e)の解の個数は、

(p^e-1)\left(1+\left(\frac{-1}{p^e}\right)\right)+1

=p^e+(p^e-1)\left(\frac{-1}{p^e}\right)

次に、x^2+y^2\equiv k^2の解の個数は、

\sum_{y=0}^{p^e-1}1+\left(\frac{k^2-y^2}{p^e}\right)

=p^e+\left(\frac{-1}{p^e}\right)\sum_{y'=0}^{p^e-1}\left(\frac{y'}{p^e}\right)\left(\frac{y'+2k}{p^e}\right)

=p^e+\left(\frac{-1}{p^e}\right)\sum_{y'=0}^{p^e-1}\left(\frac{y'}{p^e}\right)\left(\frac{y'+a}{p^e}\right)

ここで、a\not\equiv 0 (\mod p)のとき、数値実験により、

\sum_{y'=0}^{p^e-1}\left(\frac{y'}{p^e}\right)\left(\frac{y'+a}{p^e}\right)=(-1)^ep^{e-1}

また、a\equiv 0 (\mod p)のとき、数値実験により、

\sum_{y'=0}^{p^e-1}\left(\frac{y'}{p^e}\right)\left(\frac{y'+a}{p^e}\right)= \alpha p^{e-1}

ここで、\alphap未満の素数の積でpを超えない*1

追記:山田先生(@tyamada1093)にalpha=p-1になっていることを教えてもらいました。お礼申し上げます。

よって、

\sum_{a=1}^{p^e-1}\sum_{y'=0}^{p^e-1}\left(\frac{y'}{p^e}\right)\left(\frac{y'+a}{p^e}\right)=\left(\frac{-1}{p^e}\right)((p^e-p^{e-1}+1)(-1)^ep^{e-1}+(p^{e-1}-1)\alpha p^{e-1})

後はこれらを全て足し合わせればいい。

\sum_{y=0}^{p^e-1}1+\left(\frac{k^2-y^2}{p^e}\right)

=p^{e}+(p^e-1)\left(\frac{-1}{p^e}\right)+(p^e-1)p^e

+\left(\frac{-1}{p^e}\right)((p^e-p^{e-1})(-1)^ep^{e-1}+(p^{e-1}-1)\alpha p^{e-1})

=p^{2e}+(p^e-1)\left(\frac{-1}{p^e}\right)

+\left(\frac{-1}{p^e}\right)((p^e-p^{e-1})(-1)^ep^{e-1}+(p^{e-1}-1)2p^{e-1})

=p^{2e}+\left(\frac{-1}{p^e}\right)((p^e-1)+(p^e-p^{e-1})(-1)^ep^{e-1}+(p^{e-1}-1)\alpha p^{e-1})

=p^{2e}+\left(\frac{-1}{p^e}\right)((p^e-1)+(p^e-p^{e-1})(-1)^ep^{e-1}+(p^{e-1}-1)\alpha p^{e-1})

\alpha=p-1を代入して整理すると、

=p^{2e}+\left(\frac{-1}{p^e}\right)((1+(-1)^e)p^{2e-1}-(1+(-1)^e)p^{2e-2}+p^{e-1}-1)

nが指数が2乗以上の素因数を持つかの場合分け

x^2+y^2\equiv z^2(\mod n)の解の個数がちょうどn^2になるのは、n素因数分解したとき、素数の1乗の積のみからなる場合だけになる(中国式剰余定理より)。

 

 

 

 

*1:\alphaは2,3,5,6などの値を取ることを確認済みでその振る舞いは複雑に思える。

【証明】p+q=rのとき、√p+√q≡√r(mod n)ならば、n=2qとなること

問題

前回の記事で、予想を立てた。

 

sky-time-math.hatenablog.jp

これをn\gt 2の場合に証明できたので*1、この記事で以下に書く。

n=2qとなることの証明

\sqrt{2}+\sqrt{q}\equiv \sqrt{r}\equiv \sqrt{2+q} (\mod n)

両辺を二乗して、

2+q+2\sqrt{2q}\equiv 2+q (\mod n)

2\sqrt{2q}\equiv 0 (\mod n)

よって、2\sqrt{2q}nの倍数。

また、

x^2\equiv 2 (\mod n)

となるxが存在するので、ヤコビ記号の相互法則(第2補充法則)より、

nは偶数または、n=8k\pm 1と表される*2

(1)n=8k\pm 1の場合、

2\sqrt{2q}\equiv 0 (\mod n)

8q\equiv 0 (\mod n)

となるが、

0 \lt q\lt n \Rightarrow 0 \lt 8q\lt 8n

である。また、ある自然数lが存在して、

8q=ln

8q=l(8k \pm 1)=8kl \pm l

8(q-kl)=\pm l

従って、lは8の倍数である。

ここで、l=8sとおくと、

 8q=8sn\Rightarrow q=sn

となり、q\lt nなので、s=qでなければならず、これよりn=1が得られて、前提に矛盾する。

(2)nが偶数の場合、

n=2mとおくと、

2\sqrt{2q}\equiv 0 (\mod n)

2q\equiv 0 (\mod m)

ここで、q\lt n\Rightarrow 0\lt 2q \lt 2n=4mなので、

2q=m,2m,3mしかありえない。

従って、

q=3,m=2

m=2q

m=q

のいずれかである。①は\sqrt{2}+\sqrt{3}\equiv\sqrt{5} (\mod 2)の場合である。

②のときn=4q、③のとき、n=2qである。

k=1,2として、

y^2\equiv 2 (\mod 2^k q)

y^2-2\equiv 0  (\mod 2^k q)

ある自然数sが存在して、

y^2-2 =2^k q s

ある自然数zが存在して、y=2z

4z^2-2=2^k q s

2z^2-1=2^{k-1} q s

ここで、k=2とすると、

2z^2-2qs=1

となり矛盾。よって、k=1。すなわち、n=2qが示された。

 

p=2,q=3,r=5のとき、n=2のみが解であること

n=6が可能性として残っているので、その場合について触れておく。

x^2\equiv 2 (\mod 6)となる整数xは存在しない。よって、p=2,q=3,r=5の場合の解は、n=2のみである。

 

*1:n=2の場合も取り扱う。

*2:数論入門[山本義彦]p100参照

p+q=rのとき、√p+√q≡√r mod nを満たすnについて

問題

p,q,r\lt n素数とする。p+q=rのとき、\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv \sqrt{r} (\mod n)を満たすnp,q,r\le 300の場合に探索した。

プログラムは過去記事参照のこと、

 

sky-time-math.hatenablog.jp

\sqrt{2}+\sqrt{3}\equiv\sqrt{5} (\mod 2)

\sqrt{2}+\sqrt{17}\equiv\sqrt{19} (\mod 34)

\sqrt{2}+\sqrt{41}\equiv\sqrt{43} (\mod 82)

\sqrt{2}+\sqrt{71}\equiv\sqrt{73} (\mod 142)

\sqrt{2}+\sqrt{137}\equiv\sqrt{139} (\mod 274)

\sqrt{2}+\sqrt{191}\equiv\sqrt{193} (\mod 382)

\sqrt{2}+\sqrt{239}\equiv\sqrt{241} (\mod 478)

\sqrt{2}+\sqrt{281}\equiv\sqrt{283} (\mod 562)

 

予想

p\lt q,r \lt n素数とする。p+q=rのとき、\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv \sqrt{r} (\mod n)を満たすnが存在するための必要条件は、

p=2,n=2q

である。

証明できた方、証明を知っている方がいたら教えていただきたいです。

√p+√q≡√r(mod n)となるようなモジュロ演算

p,q,r素数としたときのルート和

p,q,r素数とする。このとき、

\sqrt{p}は、自然数nを法として、方程式

x^2=p(\mod n)

の解が存在すれば、ちょうど2つ存在する。このとき、\sqrt{p} (\mod n)などと書くことにする。

与えられた素数p,q,rに対して、

\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv\sqrt{r} (\mod n)

を満たすnは存在するかという問題が自然と思いつく。

 

\sqrt{2}+\sqrt{3}\equiv \sqrt{5} (mod n)の場合

これを満たす自然数nは、n\le10^5まで探索したが、n=2以外見つからなかった。そこで、次のことが予想される。

 

\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}(\mod n)1\sim nに存在するとき、

方程式\sqrt{2}+\sqrt{3}\equiv \sqrt{5} (\mod n)は、n=2以外の解を持たない。

 

このことを証明できる方がいたら、または証明を知っている方がいたら、ぜひ教えていただきたいです。

\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv \sqrt{r} (mod n)のその他の場合

p,q,r\le 23かつ 5 \le n \le 50という条件の下で、探索すると、

\sqrt{2}+\sqrt{17}\equiv28+17\equiv 11 \equiv \sqrt{19} (\mod 34)

などの興味深い例が見つかった。つまり、p,q,r\lt nでかつp+q=rのとき、\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv\sqrt{r}(\mod n)が成り立つことがあるのだ。

 

一般化と予想

p,q,r\lt nのとき、\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv\sqrt{r}(\mod n)が成り立つnは高々一通り存在する。

 

p,q,r\lt nでかつp+q=rのとき、\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv\sqrt{r}(\mod n)となるnが存在するような、p,q,rの組は無限に存在する。

 

これらの予想も証明できた方がいたら、または証明を知っている方がいたら教えていただきたい。

 

プログラム

最後にプログラムを貼っておく。

github.com

\sqrt{2}+\sqrt{3}\equiv\sqrt{5} (\mod n)の探索プログラム

gistcf6380eb0e14ea40c0cf2590354c6e54

 

\sqrt{p}+\sqrt{q}\equiv\sqrt{r} (\mod n)の探索プログラム

gist5030365ec757985acb76d8e1b14f0a79