シルヴァーマン 「はじめての数論」第3版 第12章練習問題2

12.4

(a)

mが素数の場合は{a₁, a₂,…,a_φ(m)}={1,2,…,m-1}だから、

練習問題12.3(a)によりA_m≡0 (mod m)。

mが合成数の場合、

A₄=4≡0 (mod 4), A₆=6≡0 (mod 6), A₈=2⁴·11≡0 (mod 8), A₉=3³·23≡0 (mod 9)

全ての合成数mに対しA_m≡0 (mod m)である。

練習問題12.3と合わせれば、すべてのm≥3に対しA_m≡0 (mod m)である。

∵) 練習問題10.1の補題より、S={a₁, a₂,…,a_φ(m)}は、a₁=1, a_φ(m) =m-1と、

a_i ²≡1 (mod m) (i≠1,m-1)となるa_i、および積が1と合同になる2つの元の組に分類される。

さらに、次の3つの補題を証明する。

補題1: a_i∈Sに対しΣa_i≡0 (mod m)。

∵)gcd(a_i ,m)=1なので、gcd(m- a_i ,m)=1。したがってあるjが存在して、

a_j =m- a_i∈Sである。a_i+ a_j =m≡0 (mod m)。

すなわち、Sは、和が0と合同となる2つの異なる元からなる、

φ(m)/2個の組に常に分けられる

（和が0と合同で等しい数の組は、mが偶数の時の(m/2, m/2)だが、

このときgcd(m/2,m)= m/2≠1だからm/2∉S）。

よってその総和も0と合同だから、Σa_i≡0 (mod m)。

補題2：a_i ≠1, a_i ≠m-1, a_i ²≡1 (mod m)となるa_i∈Sは偶数個である。

∵) m ≥3に対しφ(m)は偶数。

また、a₁, a_φ(m)と、積が1と合同になる2つ組の元はあわせて偶数個だから、

残るa_i ≠1, a_i ≠m-1, a_i ²≡1 (mod m)となるa_iも偶数個。

補題3：i≠j, a_i ,a_j≠1, a_i ,a_j≠m-1, a_i ²≡a_j²≡1 (mod m)となるa_i ,a_j∈S (i,j=2…φ(m)-1)について、

a_i+ a_j≡0 (mod m)となる2つ組(a_i, a_j)を常に取れる。

∵) a_i²≡1 (mod m)となるa_i∈Sに対しa_j =m- a_i∈Sも、

a_j²≡a_i²≡1 (mod m), a_ia_j≡-1 (mod m), だから、a_i ²≡1 (mod m)となる{a_i}⊆Sは、

積が-1,和が0と合同になる2つ組に常に分けることが出来る。

練習問題10.1の補題と練習問題11.2(a)および補題2,3からSは、S=R∪T, R∩T = ∅,

R={ r_i∈S | r_i ²≡1 (mod m)}, T={ t_i∈S | t_i ²≢1 (mod m)}と分割される。

なお、a₁=1∈R, a_φ(m) =m-1∈Rである。

補題3よりΣr_i≡a₁+ a_φ(m) =m≡0 (mod m)、さらに補題1よりΣt_i=Σa_i-Σr_i≡0 (mod m)である。

t_i t_j≡1となるt_jをt_i^-1とかく。また、n=#R/2とする。

与式を全て通分した分子は、a₁ a_2…t_i-1t_i+1…a_φ(m) ≡(-1)ⁿt_i^-1 (mod m)と、

a₁ a_2…r_i-1r_i+1…a_φ(m) ≡(-1)^n-1(m-r_i) ≡(-1)ⁿr_i (mod m)の２つの形の項からなり、

これらの総和は(-1)ⁿ(Σt_i+Σr_i) ≡0となる。

したがって全ての合成数mに対しA_m≡0 (mod m)である。

(b)

A₄=4≡4 (mod 4²), A₆=6≡6 (mod 6²), A₈=2⁴·11≡48 (mod 8²), A₉=3³·23≡54 (mod 9²)

m≥8に対しA_m≡6m (mod m²)、mが素数なら0?