1の原始17乗根を平方根だけで表す（勉強ノート）【原理解明編】 [数学]
前回の記事で1の原始17乗根を平方根だけで表す方法について書きましたが、なぜこの方法でうまくいくのかは謎のままでした。ようやくその謎が僕なりに解けた気がしましたので、今回はその「原理解明編」を書きます。
どこかから「ガロア理論！ガロア理論！」という声が聞こえてきますが、僕は正直ガロア理論をまだ理解しきっていませんので、そこまでの知識を前提としない謎解きを模索しました。結局、今回はガロア理論の知識は必要なく、考えてみたら結構単純でした。
前回に引き続き $\zeta$ を1の原始17乗根の一つとし、有理数体 $\mathbb{Q}$ に $\zeta$ を添加した拡大体 $\mathbb{Q}(\zeta)$ を考えます。このとき17が素数なので、$\zeta$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小多項式は
\[ X^{16}+X^{15}+X^{14}+X^{13}+X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9\\
+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X^1+1 \]
と16次ですから、体の拡大における基本的な定理より、拡大次数 $[\mathbb{Q}(\zeta) : \mathbb{Q}]$ は16で、
\[ \zeta^1, \ \zeta^2, \ \zeta^3, \ \zeta^4, \ \zeta^5, \ \zeta^6, \ \zeta^7, \ \zeta^8, \ \zeta^9, \ \zeta^{10}, \ \zeta^{11}, \ \zeta^{12}, \ \zeta^{13}, \ \zeta^{14}, \ \zeta^{15}, \ \zeta^{16} \]
は $\mathbb{Q}(\zeta)$ の $\mathbb{Q}$ 上のベクトル空間としての基底になります（ここであえて $1$ の代わりに $\zeta^{16}$ を使う理由はすぐにわかります）。
前回、これら16個を $\mathsf{F}_{17} ( = \mathbb{Z}/17\mathbb{Z} )$ における3のべき乗の順に並べ替えました。指数をむき出しにして同じく並べ替えると次のようになります。
\[ \zeta^{3^0}, \zeta^{3^1}, \ \zeta^{3^2}, \ \zeta^{3^3}, \ \zeta^{3^4}, \ \zeta^{3^5}, \ \zeta^{3^6}, \ \zeta^{3^7}, \ \zeta^{3^8}, \ \zeta^{3^9}, \ \zeta^{3^{10}}, \ \zeta^{3^{11}}, \ \zeta^{3^{12}}, \ \zeta^{3^{13}}, \ \zeta^{3^{14}}, \ \zeta^{3^{15}} \]
そしてここから次のように定めたのでした。
\begin{eqnarray*}
x_1 &=& \zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}} \\
x_2 &=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}} \\
y_1 &=& \zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}} \\
y_2 &=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}} \\
y_3 &=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{13}} \\
y_4 &=& \zeta^{3^3}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{15}} \\
z_1 &=& \zeta^{3^0}+\zeta^{3^8} \\
z_2 &=& \zeta^{3^4}+\zeta^{3^{12}} \\
z_3 &=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^{10}} \\
z_4 &=& \zeta^{3^6}+\zeta^{3^{14}} \\
z_5 &=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^9} \\
z_6 &=& \zeta^{3^5}+\zeta^{3^{13}} \\
z_7 &=& \zeta^{3^3}+\zeta^{3^{11}} \\
z_8 &=& \zeta^{3^7}+\zeta^{3^{15}}
\end{eqnarray*}
まず、$x_1, x_2$ について、和が $x_1+x_2 = -1$ になる理由は前回示しました。問題は積の
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& (\zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}) \\
&\cdot& (\zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}}) \tag{1}
\end{eqnarray*}
が、うまい具合に $-4$ という整数になるのは何故かということです。
これを解明するために、右辺を $\zeta$ の多項式とみなして展開します。$\zeta$ は1の原始17乗根なので、$\zeta^{17} = 1$ および
\[ 1 = -(\zeta^1+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{15}+\zeta^{16}) \]
を使って17次以上の項と定数項を消して整理すると、次の形になるはずです（実際には定数項は現れないので消す必要はありません）。
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& a_0\zeta^{3^0}+a_1\zeta^{3^1}+a_2\zeta^{3^2}+a_3\zeta^{3^3}+a_4\zeta^{3^4}+a_5\zeta^{3^5}+a_6\zeta^{3^6}+a_7\zeta^{3^7} \\
&+&a_8\zeta^{3^8}+a_9\zeta^{3^9}+a_{10}\zeta^{3^{10}}+a_{11}\zeta^{3^{11}}+a_{12}\zeta^{3^{12}}+a_{13}\zeta^{3^{13}}+a_{14}\zeta^{3^{14}}+a_{15}\zeta^{3^{15}} \tag{2}
\end{eqnarray*}
係数の $a_0, \cdots, a_{15}$ は明らかに整数です。
ここで、$(1)$ の右辺の $\zeta$ を $\zeta^3$ に置き換えてみるとどうなるでしょうか。第1因子は、
\begin{eqnarray*}
&&(\zeta^3)^{3^0}+(\zeta^3)^{3^2}+(\zeta^3)^{3^4}+(\zeta^3)^{3^6}+(\zeta^3)^{3^8}+(\zeta^3)^{3^{10}}+(\zeta^3)^{3^{12}}+(\zeta^3)^{3^{14}} \\
&=& \zeta^{3 \cdot 3^0}+\zeta^{3 \cdot 3^2}+\zeta^{3 \cdot 3^4}+\zeta^{3 \cdot 3^6}+\zeta^{3 \cdot 3^8}+\zeta^{3 \cdot 3^{10}}+\zeta^{3 \cdot 3^{12}}+\zeta^{3 \cdot 3^{14}} \\
&=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}} \\
&=& x_2
\end{eqnarray*}
第2因子も同様に、
\begin{eqnarray*}
&&(\zeta^3)^{3^1}+(\zeta^3)^{3^3}+(\zeta^3)^{3^5}+(\zeta^3)^{3^7}+(\zeta^3)^{3^9}+(\zeta^3)^{3^{11}}+(\zeta^3)^{3^{13}}+(\zeta^3)^{3^{15}} \\
&=& \zeta^{3 \cdot 3^1}+\zeta^{3 \cdot 3^3}+\zeta^{3 \cdot 3^5}+\zeta^{3 \cdot 3^7}+\zeta^{3 \cdot 3^9}+\zeta^{3 \cdot 3^{11}}+\zeta^{3 \cdot 3^{13}}+\zeta^{3 \cdot 3^{15}} \\
&=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}+\zeta^{3^{16}} \\
&=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}+\zeta^{3^0} \\
&=& x_1
\end{eqnarray*}
（フェルマーの小定理より $\zeta^{3^{16}} = \zeta^1 = \zeta^{3^0}$ が成立します。）
これらより、
\begin{eqnarray*}
&&((\zeta^3)^{3^0}+(\zeta^3)^{3^2}+(\zeta^3)^{3^4}+(\zeta^3)^{3^6}+(\zeta^3)^{3^8}+(\zeta^3)^{3^{10}}+(\zeta^3)^{3^{12}}+(\zeta^3)^{3^{14}}) \\
&\cdot&((\zeta^3)^{3^1}+(\zeta^3)^{3^3}+(\zeta^3)^{3^5}+(\zeta^3)^{3^7}+(\zeta^3)^{3^9}+(\zeta^3)^{3^{11}}+(\zeta^3)^{3^{13}}+(\zeta^3)^{3^{15}}) \\
&=&x_2x_1
\end{eqnarray*}
よって、$(1)$ は右辺の $\zeta$ を $\zeta^3$ に置き換えても成立することがわかります。
ところで、$(1)$ の右辺から $(2)$ の右辺への式変形は、$\zeta$ の多項式とみなして展開した上で $\zeta^{17}$ が1の原始17乗根であることを使って整理したものでした。ならば、$\zeta^3$ も1の原始17乗根ですから、$(2)$ の右辺において $\zeta$ を $\zeta^3$ に置き換えても成立するはずです。よって、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& a_0(\zeta^3)^{3^0}+a_1(\zeta^3)^{3^1}+a_2(\zeta^3)^{3^2}+a_3(\zeta^3)^{3^3}+a_4(\zeta^3)^{3^4}+a_5(\zeta^3)^{3^5}+a_6(\zeta^3)^{3^6}+a_7(\zeta^3)^{3^7} \\
&+&a_8(\zeta^3)^{3^8}+a_9(\zeta^3)^{3^9}+a_{10}(\zeta^3)^{3^{10}}+a_{11}(\zeta^3)^{3^{11}}+a_{12}(\zeta^3)^{3^{12}}+a_{13}(\zeta^3)^{3^{13}}+a_{14}(\zeta^3)^{3^{14}}+a_{15}(\zeta^3)^{3^{15}} \\
&=& a_0\zeta^{3^1}+a_1\zeta^{3^2}+a_2\zeta^{3^3}+a_3\zeta^{3^4}+a_4\zeta^{3^5}+a_5\zeta^{3^6}+a_6\zeta^{3^7}+a_7\zeta^{3^8} \\
&+&a_8\zeta^{3^9}+a_9\zeta^{3^{10}}+a_{10}\zeta^{3^{11}}+a_{11}\zeta^{3^{12}}+a_{12}\zeta^{3^{13}}+a_{13}\zeta^{3^{14}}+a_{14}\zeta^{3^{15}}+a_{15}\zeta^{3^0} \tag{3}
\end{eqnarray*}
ここで先ほどの体の拡大の理論が生きてきます。$\zeta^{3^0}, \zeta^{3^1}, \cdots \zeta^{3^{15}}$ は $\mathbb{Q}(\zeta)$ の $\mathbb{Q}$ 上のベクトル空間としての基底でしたから、$(2)$ と $(3)$ の右辺の係数を比較すると、
\[ a_0=a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=a_6=a_7=a_8=a_9=a_{10}=a_{11}=a_{12}=a_{13}=a_{14}=a_{15} \]
が従いますので、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& a_0(\zeta^{3^0}+\zeta^{3^1}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{14}}+\zeta^{3^{15}}) \\
&=& a_0(-1)
\end{eqnarray*}
これで $x_1x_2$ が整数になることが示されました。よって $x_1, x_2$ は平方根だけで表せることが、実際に計算することなく確認できました。
続いて、$y_1, y_2$ を考えます。和については $y_1+y_2=x_1$ ですが、積の
\[ y_1y_2 = (\zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}})(\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}}) \tag{4} \]
がどうなるかをみます。この右辺の $\zeta$ を $\zeta^{3^2}$ に置き換えると、
\begin{eqnarray*}
&&((\zeta^{3^2})^{3^0}+(\zeta^{3^2})^{3^4}+(\zeta^{3^2})^{3^8}+(\zeta^{3^2})^{3^{12}})((\zeta^{3^2})^{3^2}+(\zeta^{3^2})^{3^6}+(\zeta^{3^2})^{3^{10}}+(\zeta^{3^2})^{3^{14}}) \\
&=& (\zeta^{3^2 3^0}+\zeta^{3^2 3^4}+\zeta^{3^2 3^8}+\zeta^{3^2 3^{12}})(\zeta^{3^2 3^2}+\zeta^{3^2 3^6}+\zeta^{3^2 3^{10}}+\zeta^{3^2 3^{14}}) \\
&=& (\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}})(\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{16}}) \\
&=& (\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}})(\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^0}) \\
&=& y_2y_1
\end{eqnarray*}
よって、$(4)$ は右辺の $\zeta$ を $\zeta^{3^2}$ に置き換えても成立することがわかります。
一方、$(4)$ の右辺を $\zeta$ の多項式とみなして整理すると、$(2)$ と同様に
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& a_0\zeta^{3^0}+a_1\zeta^{3^1}+a_2\zeta^{3^2}+a_3\zeta^{3^3}+a_4\zeta^{3^4}+a_5\zeta^{3^5}+a_6\zeta^{3^6}+a_7\zeta^{3^7} \\
&+&a_8\zeta^{3^8}+a_9\zeta^{3^9}+a_{10}\zeta^{3^{10}}+a_{11}\zeta^{3^{11}}+a_{12}\zeta^{3^{12}}+a_{13}\zeta^{3^{13}}+a_{14}\zeta^{3^{14}}+a_{15}\zeta^{3^{15}} \tag{5}
\end{eqnarray*}
の形で表されますが、 $\zeta^{3^2}$ も1の原始17乗根であることより $(5)$ は右辺の $\zeta$ を $\zeta^{3^2}$ に置き換えても成立するので、途中の計算はもう省略しますが、
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& a_0\zeta^{3^2}+a_1\zeta^{3^3}+a_2\zeta^{3^4}+a_3\zeta^{3^5}+a_4\zeta^{3^6}+a_5\zeta^{3^7}+a_6\zeta^{3^8}+a_7\zeta^{3^9} \\
&+&a_8\zeta^{3^{10}}+a_9\zeta^{3^{11}}+a_{10}\zeta^{3^{12}}+a_{11}\zeta^{3^{13}}+a_{12}\zeta^{3^{14}}+a_{13}\zeta^{3^{15}}+a_{14}\zeta^{3^0}+a_{15}\zeta^{3^1} \tag{6}
\end{eqnarray*}
となります。$(5)$と$(6)$の右辺の係数を比較すると、
\begin{eqnarray*}
a_0=a_2=a_4=a_6=a_8=a_{10}=a_{12}=a_{14} \\
a_1=a_3=a_5=a_7=a_9=a_{11}=a_{13}=a_{15}
\end{eqnarray*}
が得られますから、結局
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& a_0(\zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}) \\
&+&a_1(\zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}}) \\
&=& a_0x_1+a_1x_2
\end{eqnarray*}
となって、$y_1y_2$ は $x_1, x_2$ を整数係数で線型結合したものになるから平方根だけで表され、従って $y_1, y_2$ も平方根だけで表されることが確認できました。$y_3, y_4$ についても同様です。
（実際には前回示したように $y_1y_2 = y_3y_4 = -1$ と整数になりますが、今回の目的ではそこまで示す必要はありません。）
$z_1 \sim z_8$ についてもこの繰り返しです。$z_1, z_2$ について書き出してみます。
\[ z_1z_2 = (\zeta^{3^0}+\zeta^{3^8})(\zeta^{3^4}+\zeta^{3^{12}}) \]
は、右辺において $\zeta$ を $\zeta^{3^4}$ に置き換えても成立するので、
\begin{eqnarray*}
z_1z_2 &=& a_0\zeta^{3^0}+a_1\zeta^{3^1}+a_2\zeta^{3^2}+a_3\zeta^{3^3}+a_4\zeta^{3^4}+a_5\zeta^{3^5}+a_6\zeta^{3^6}+a_7\zeta^{3^7} \\
&+&a_8\zeta^{3^8}+a_9\zeta^{3^9}+a_{10}\zeta^{3^{10}}+a_{11}\zeta^{3^{11}}+a_{12}\zeta^{3^{12}}+a_{13}\zeta^{3^{13}}+a_{14}\zeta^{3^{14}}+a_{15}\zeta^{3^{15}} \tag{7}
\end{eqnarray*}
の右辺において $\zeta$ を $\zeta^{3^4}$ に置き換えても成立するはずだから、
\begin{eqnarray*}
z_1z_2 &=& a_0\zeta^{3^4}+a_1\zeta^{3^5}+a_2\zeta^{3^6}+a_3\zeta^{3^7}+a_4\zeta^{3^8}+a_5\zeta^{3^9}+a_6\zeta^{3^{10}}+a_7\zeta^{3^{11}} \\
&+&a_8\zeta^{3^{12}}+a_9\zeta^{3^{13}}+a_{10}\zeta^{3^{14}}+a_{11}\zeta^{3^{15}}+a_{12}\zeta^{3^0}+a_{13}\zeta^{3^1}+a_{14}\zeta^{3^2}+a_{15}\zeta^{3^3} \tag{8}
\end{eqnarray*}
となります。$(7)$ と $(8)$ の右辺の係数を比較すると、
\begin{eqnarray*}
a_0=a_4=a_8=a_{12} \\
a_1=a_5=a_9=a_{13} \\
a_2=a_6=a_{10}=a_{14} \\
a_3=a_7=a_{11}=a_{15}
\end{eqnarray*}
が得られますから、結局
\begin{eqnarray*}
z_1z_2 &=& a_0(\zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}) \\
&+&a_1(\zeta^{3^1}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{13}}) \\
&+&a_2(\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}}) \\
&+&a_3(\zeta^{3^3}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{15}}) \\
&=& a_0y_1+a_1y_3+a_2y_2+a_3y_4
\end{eqnarray*}
となって、$z_1z_2$ は $y_1 \sim y_4$ を整数係数で線型結合したものになるから平方根だけで表され、従って $z_1, z_2$ も平方根だけで表されることが確認できました。$z_3 \sim z_8$ についても同様です。
最後に、$\mathsf{F}_{17}$ においては、$(3^8)^2 = 3^{16} =1$ かつ $3^8 \neq 1$ より $3^8 = -1$ となることから、
\[ 3^k+3^{8+k} = 3^k(1+3^8) = 3^k(1-1) = 0 \quad (k = 0, \cdots, 7) \]
より、
\[ \zeta^{3^0}\zeta^{3^8} = \zeta^{3^1}\zeta^{3^9} = \zeta^{3^2}\zeta^{3^{10}} = \zeta^{3^3}\zeta^{3^{11}} = \zeta^{3^4}\zeta^{3^{12}} = \zeta^{3^5}\zeta^{3^{13}} = \zeta^{3^6}\zeta^{3^{14}} = \zeta^{3^7}\zeta^{3^{15}} =1 \]
となるので、$\zeta^{3^0} \sim \zeta^{3^{15}}$ すなわち $\zeta^1 \sim \zeta^{16}$ は平方根だけで表されることが確認できました。
以上で、前回の記事での方法が何故うまくいくのか、その原理が明らかになりました。
ここまでの内容をよく見ると、一般に $p$ を奇素数とすると、$p-1$ が2のべきでさえあれば、全く同じ方法で1の原始 $p$ 乗根を平方根だけで表せることがわかります。問題は $p=17$ のときの3のような、$\mathsf{F}_p$ において $a$ のべきが0以外の全要素を網羅するような $a$ がいつでも見つかるかどうかですが、任意の素数 $p$ に対してこのような $a$（$p$ を法とする原始根）が存在することは証明されていますので、有限回の探索で必ず見つけることができます。
$p-1$ が2のべきとなるような奇素数はフェルマー素数といって、現在のところ、
\[ 3, \ 5, \ 17, \ 257, \ 65537 \]
の5つが該当することがわかっています。従って1の原始257乗根や、1の原始65537乗根についても、同じ方法で（現実的には計算機の力を借りることによって）平方根だけで表すことが可能ということになります。
どこかから「ガロア理論！ガロア理論！」という声が聞こえてきますが、僕は正直ガロア理論をまだ理解しきっていませんので、そこまでの知識を前提としない謎解きを模索しました。結局、今回はガロア理論の知識は必要なく、考えてみたら結構単純でした。
前回に引き続き $\zeta$ を1の原始17乗根の一つとし、有理数体 $\mathbb{Q}$ に $\zeta$ を添加した拡大体 $\mathbb{Q}(\zeta)$ を考えます。このとき17が素数なので、$\zeta$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小多項式は
\[ X^{16}+X^{15}+X^{14}+X^{13}+X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9\\
+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X^1+1 \]
と16次ですから、体の拡大における基本的な定理より、拡大次数 $[\mathbb{Q}(\zeta) : \mathbb{Q}]$ は16で、
\[ \zeta^1, \ \zeta^2, \ \zeta^3, \ \zeta^4, \ \zeta^5, \ \zeta^6, \ \zeta^7, \ \zeta^8, \ \zeta^9, \ \zeta^{10}, \ \zeta^{11}, \ \zeta^{12}, \ \zeta^{13}, \ \zeta^{14}, \ \zeta^{15}, \ \zeta^{16} \]
は $\mathbb{Q}(\zeta)$ の $\mathbb{Q}$ 上のベクトル空間としての基底になります（ここであえて $1$ の代わりに $\zeta^{16}$ を使う理由はすぐにわかります）。
前回、これら16個を $\mathsf{F}_{17} ( = \mathbb{Z}/17\mathbb{Z} )$ における3のべき乗の順に並べ替えました。指数をむき出しにして同じく並べ替えると次のようになります。
\[ \zeta^{3^0}, \zeta^{3^1}, \ \zeta^{3^2}, \ \zeta^{3^3}, \ \zeta^{3^4}, \ \zeta^{3^5}, \ \zeta^{3^6}, \ \zeta^{3^7}, \ \zeta^{3^8}, \ \zeta^{3^9}, \ \zeta^{3^{10}}, \ \zeta^{3^{11}}, \ \zeta^{3^{12}}, \ \zeta^{3^{13}}, \ \zeta^{3^{14}}, \ \zeta^{3^{15}} \]
そしてここから次のように定めたのでした。
\begin{eqnarray*}
x_1 &=& \zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}} \\
x_2 &=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}} \\
y_1 &=& \zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}} \\
y_2 &=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}} \\
y_3 &=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{13}} \\
y_4 &=& \zeta^{3^3}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{15}} \\
z_1 &=& \zeta^{3^0}+\zeta^{3^8} \\
z_2 &=& \zeta^{3^4}+\zeta^{3^{12}} \\
z_3 &=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^{10}} \\
z_4 &=& \zeta^{3^6}+\zeta^{3^{14}} \\
z_5 &=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^9} \\
z_6 &=& \zeta^{3^5}+\zeta^{3^{13}} \\
z_7 &=& \zeta^{3^3}+\zeta^{3^{11}} \\
z_8 &=& \zeta^{3^7}+\zeta^{3^{15}}
\end{eqnarray*}
まず、$x_1, x_2$ について、和が $x_1+x_2 = -1$ になる理由は前回示しました。問題は積の
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& (\zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}) \\
&\cdot& (\zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}}) \tag{1}
\end{eqnarray*}
が、うまい具合に $-4$ という整数になるのは何故かということです。
これを解明するために、右辺を $\zeta$ の多項式とみなして展開します。$\zeta$ は1の原始17乗根なので、$\zeta^{17} = 1$ および
\[ 1 = -(\zeta^1+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{15}+\zeta^{16}) \]
を使って17次以上の項と定数項を消して整理すると、次の形になるはずです（実際には定数項は現れないので消す必要はありません）。
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& a_0\zeta^{3^0}+a_1\zeta^{3^1}+a_2\zeta^{3^2}+a_3\zeta^{3^3}+a_4\zeta^{3^4}+a_5\zeta^{3^5}+a_6\zeta^{3^6}+a_7\zeta^{3^7} \\
&+&a_8\zeta^{3^8}+a_9\zeta^{3^9}+a_{10}\zeta^{3^{10}}+a_{11}\zeta^{3^{11}}+a_{12}\zeta^{3^{12}}+a_{13}\zeta^{3^{13}}+a_{14}\zeta^{3^{14}}+a_{15}\zeta^{3^{15}} \tag{2}
\end{eqnarray*}
係数の $a_0, \cdots, a_{15}$ は明らかに整数です。
ここで、$(1)$ の右辺の $\zeta$ を $\zeta^3$ に置き換えてみるとどうなるでしょうか。第1因子は、
\begin{eqnarray*}
&&(\zeta^3)^{3^0}+(\zeta^3)^{3^2}+(\zeta^3)^{3^4}+(\zeta^3)^{3^6}+(\zeta^3)^{3^8}+(\zeta^3)^{3^{10}}+(\zeta^3)^{3^{12}}+(\zeta^3)^{3^{14}} \\
&=& \zeta^{3 \cdot 3^0}+\zeta^{3 \cdot 3^2}+\zeta^{3 \cdot 3^4}+\zeta^{3 \cdot 3^6}+\zeta^{3 \cdot 3^8}+\zeta^{3 \cdot 3^{10}}+\zeta^{3 \cdot 3^{12}}+\zeta^{3 \cdot 3^{14}} \\
&=& \zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}} \\
&=& x_2
\end{eqnarray*}
第2因子も同様に、
\begin{eqnarray*}
&&(\zeta^3)^{3^1}+(\zeta^3)^{3^3}+(\zeta^3)^{3^5}+(\zeta^3)^{3^7}+(\zeta^3)^{3^9}+(\zeta^3)^{3^{11}}+(\zeta^3)^{3^{13}}+(\zeta^3)^{3^{15}} \\
&=& \zeta^{3 \cdot 3^1}+\zeta^{3 \cdot 3^3}+\zeta^{3 \cdot 3^5}+\zeta^{3 \cdot 3^7}+\zeta^{3 \cdot 3^9}+\zeta^{3 \cdot 3^{11}}+\zeta^{3 \cdot 3^{13}}+\zeta^{3 \cdot 3^{15}} \\
&=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}+\zeta^{3^{16}} \\
&=& \zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}+\zeta^{3^0} \\
&=& x_1
\end{eqnarray*}
（フェルマーの小定理より $\zeta^{3^{16}} = \zeta^1 = \zeta^{3^0}$ が成立します。）
これらより、
\begin{eqnarray*}
&&((\zeta^3)^{3^0}+(\zeta^3)^{3^2}+(\zeta^3)^{3^4}+(\zeta^3)^{3^6}+(\zeta^3)^{3^8}+(\zeta^3)^{3^{10}}+(\zeta^3)^{3^{12}}+(\zeta^3)^{3^{14}}) \\
&\cdot&((\zeta^3)^{3^1}+(\zeta^3)^{3^3}+(\zeta^3)^{3^5}+(\zeta^3)^{3^7}+(\zeta^3)^{3^9}+(\zeta^3)^{3^{11}}+(\zeta^3)^{3^{13}}+(\zeta^3)^{3^{15}}) \\
&=&x_2x_1
\end{eqnarray*}
よって、$(1)$ は右辺の $\zeta$ を $\zeta^3$ に置き換えても成立することがわかります。
ところで、$(1)$ の右辺から $(2)$ の右辺への式変形は、$\zeta$ の多項式とみなして展開した上で $\zeta^{17}$ が1の原始17乗根であることを使って整理したものでした。ならば、$\zeta^3$ も1の原始17乗根ですから、$(2)$ の右辺において $\zeta$ を $\zeta^3$ に置き換えても成立するはずです。よって、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& a_0(\zeta^3)^{3^0}+a_1(\zeta^3)^{3^1}+a_2(\zeta^3)^{3^2}+a_3(\zeta^3)^{3^3}+a_4(\zeta^3)^{3^4}+a_5(\zeta^3)^{3^5}+a_6(\zeta^3)^{3^6}+a_7(\zeta^3)^{3^7} \\
&+&a_8(\zeta^3)^{3^8}+a_9(\zeta^3)^{3^9}+a_{10}(\zeta^3)^{3^{10}}+a_{11}(\zeta^3)^{3^{11}}+a_{12}(\zeta^3)^{3^{12}}+a_{13}(\zeta^3)^{3^{13}}+a_{14}(\zeta^3)^{3^{14}}+a_{15}(\zeta^3)^{3^{15}} \\
&=& a_0\zeta^{3^1}+a_1\zeta^{3^2}+a_2\zeta^{3^3}+a_3\zeta^{3^4}+a_4\zeta^{3^5}+a_5\zeta^{3^6}+a_6\zeta^{3^7}+a_7\zeta^{3^8} \\
&+&a_8\zeta^{3^9}+a_9\zeta^{3^{10}}+a_{10}\zeta^{3^{11}}+a_{11}\zeta^{3^{12}}+a_{12}\zeta^{3^{13}}+a_{13}\zeta^{3^{14}}+a_{14}\zeta^{3^{15}}+a_{15}\zeta^{3^0} \tag{3}
\end{eqnarray*}
ここで先ほどの体の拡大の理論が生きてきます。$\zeta^{3^0}, \zeta^{3^1}, \cdots \zeta^{3^{15}}$ は $\mathbb{Q}(\zeta)$ の $\mathbb{Q}$ 上のベクトル空間としての基底でしたから、$(2)$ と $(3)$ の右辺の係数を比較すると、
\[ a_0=a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=a_6=a_7=a_8=a_9=a_{10}=a_{11}=a_{12}=a_{13}=a_{14}=a_{15} \]
が従いますので、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& a_0(\zeta^{3^0}+\zeta^{3^1}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{14}}+\zeta^{3^{15}}) \\
&=& a_0(-1)
\end{eqnarray*}
これで $x_1x_2$ が整数になることが示されました。よって $x_1, x_2$ は平方根だけで表せることが、実際に計算することなく確認できました。
続いて、$y_1, y_2$ を考えます。和については $y_1+y_2=x_1$ ですが、積の
\[ y_1y_2 = (\zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}})(\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}}) \tag{4} \]
がどうなるかをみます。この右辺の $\zeta$ を $\zeta^{3^2}$ に置き換えると、
\begin{eqnarray*}
&&((\zeta^{3^2})^{3^0}+(\zeta^{3^2})^{3^4}+(\zeta^{3^2})^{3^8}+(\zeta^{3^2})^{3^{12}})((\zeta^{3^2})^{3^2}+(\zeta^{3^2})^{3^6}+(\zeta^{3^2})^{3^{10}}+(\zeta^{3^2})^{3^{14}}) \\
&=& (\zeta^{3^2 3^0}+\zeta^{3^2 3^4}+\zeta^{3^2 3^8}+\zeta^{3^2 3^{12}})(\zeta^{3^2 3^2}+\zeta^{3^2 3^6}+\zeta^{3^2 3^{10}}+\zeta^{3^2 3^{14}}) \\
&=& (\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}})(\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{16}}) \\
&=& (\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}})(\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^0}) \\
&=& y_2y_1
\end{eqnarray*}
よって、$(4)$ は右辺の $\zeta$ を $\zeta^{3^2}$ に置き換えても成立することがわかります。
一方、$(4)$ の右辺を $\zeta$ の多項式とみなして整理すると、$(2)$ と同様に
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& a_0\zeta^{3^0}+a_1\zeta^{3^1}+a_2\zeta^{3^2}+a_3\zeta^{3^3}+a_4\zeta^{3^4}+a_5\zeta^{3^5}+a_6\zeta^{3^6}+a_7\zeta^{3^7} \\
&+&a_8\zeta^{3^8}+a_9\zeta^{3^9}+a_{10}\zeta^{3^{10}}+a_{11}\zeta^{3^{11}}+a_{12}\zeta^{3^{12}}+a_{13}\zeta^{3^{13}}+a_{14}\zeta^{3^{14}}+a_{15}\zeta^{3^{15}} \tag{5}
\end{eqnarray*}
の形で表されますが、 $\zeta^{3^2}$ も1の原始17乗根であることより $(5)$ は右辺の $\zeta$ を $\zeta^{3^2}$ に置き換えても成立するので、途中の計算はもう省略しますが、
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& a_0\zeta^{3^2}+a_1\zeta^{3^3}+a_2\zeta^{3^4}+a_3\zeta^{3^5}+a_4\zeta^{3^6}+a_5\zeta^{3^7}+a_6\zeta^{3^8}+a_7\zeta^{3^9} \\
&+&a_8\zeta^{3^{10}}+a_9\zeta^{3^{11}}+a_{10}\zeta^{3^{12}}+a_{11}\zeta^{3^{13}}+a_{12}\zeta^{3^{14}}+a_{13}\zeta^{3^{15}}+a_{14}\zeta^{3^0}+a_{15}\zeta^{3^1} \tag{6}
\end{eqnarray*}
となります。$(5)$と$(6)$の右辺の係数を比較すると、
\begin{eqnarray*}
a_0=a_2=a_4=a_6=a_8=a_{10}=a_{12}=a_{14} \\
a_1=a_3=a_5=a_7=a_9=a_{11}=a_{13}=a_{15}
\end{eqnarray*}
が得られますから、結局
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& a_0(\zeta^{3^0}+\zeta^{3^2}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{12}}+\zeta^{3^{14}}) \\
&+&a_1(\zeta^{3^1}+\zeta^{3^3}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{13}}+\zeta^{3^{15}}) \\
&=& a_0x_1+a_1x_2
\end{eqnarray*}
となって、$y_1y_2$ は $x_1, x_2$ を整数係数で線型結合したものになるから平方根だけで表され、従って $y_1, y_2$ も平方根だけで表されることが確認できました。$y_3, y_4$ についても同様です。
（実際には前回示したように $y_1y_2 = y_3y_4 = -1$ と整数になりますが、今回の目的ではそこまで示す必要はありません。）
$z_1 \sim z_8$ についてもこの繰り返しです。$z_1, z_2$ について書き出してみます。
\[ z_1z_2 = (\zeta^{3^0}+\zeta^{3^8})(\zeta^{3^4}+\zeta^{3^{12}}) \]
は、右辺において $\zeta$ を $\zeta^{3^4}$ に置き換えても成立するので、
\begin{eqnarray*}
z_1z_2 &=& a_0\zeta^{3^0}+a_1\zeta^{3^1}+a_2\zeta^{3^2}+a_3\zeta^{3^3}+a_4\zeta^{3^4}+a_5\zeta^{3^5}+a_6\zeta^{3^6}+a_7\zeta^{3^7} \\
&+&a_8\zeta^{3^8}+a_9\zeta^{3^9}+a_{10}\zeta^{3^{10}}+a_{11}\zeta^{3^{11}}+a_{12}\zeta^{3^{12}}+a_{13}\zeta^{3^{13}}+a_{14}\zeta^{3^{14}}+a_{15}\zeta^{3^{15}} \tag{7}
\end{eqnarray*}
の右辺において $\zeta$ を $\zeta^{3^4}$ に置き換えても成立するはずだから、
\begin{eqnarray*}
z_1z_2 &=& a_0\zeta^{3^4}+a_1\zeta^{3^5}+a_2\zeta^{3^6}+a_3\zeta^{3^7}+a_4\zeta^{3^8}+a_5\zeta^{3^9}+a_6\zeta^{3^{10}}+a_7\zeta^{3^{11}} \\
&+&a_8\zeta^{3^{12}}+a_9\zeta^{3^{13}}+a_{10}\zeta^{3^{14}}+a_{11}\zeta^{3^{15}}+a_{12}\zeta^{3^0}+a_{13}\zeta^{3^1}+a_{14}\zeta^{3^2}+a_{15}\zeta^{3^3} \tag{8}
\end{eqnarray*}
となります。$(7)$ と $(8)$ の右辺の係数を比較すると、
\begin{eqnarray*}
a_0=a_4=a_8=a_{12} \\
a_1=a_5=a_9=a_{13} \\
a_2=a_6=a_{10}=a_{14} \\
a_3=a_7=a_{11}=a_{15}
\end{eqnarray*}
が得られますから、結局
\begin{eqnarray*}
z_1z_2 &=& a_0(\zeta^{3^0}+\zeta^{3^4}+\zeta^{3^8}+\zeta^{3^{12}}) \\
&+&a_1(\zeta^{3^1}+\zeta^{3^5}+\zeta^{3^9}+\zeta^{3^{13}}) \\
&+&a_2(\zeta^{3^2}+\zeta^{3^6}+\zeta^{3^{10}}+\zeta^{3^{14}}) \\
&+&a_3(\zeta^{3^3}+\zeta^{3^7}+\zeta^{3^{11}}+\zeta^{3^{15}}) \\
&=& a_0y_1+a_1y_3+a_2y_2+a_3y_4
\end{eqnarray*}
となって、$z_1z_2$ は $y_1 \sim y_4$ を整数係数で線型結合したものになるから平方根だけで表され、従って $z_1, z_2$ も平方根だけで表されることが確認できました。$z_3 \sim z_8$ についても同様です。
最後に、$\mathsf{F}_{17}$ においては、$(3^8)^2 = 3^{16} =1$ かつ $3^8 \neq 1$ より $3^8 = -1$ となることから、
\[ 3^k+3^{8+k} = 3^k(1+3^8) = 3^k(1-1) = 0 \quad (k = 0, \cdots, 7) \]
より、
\[ \zeta^{3^0}\zeta^{3^8} = \zeta^{3^1}\zeta^{3^9} = \zeta^{3^2}\zeta^{3^{10}} = \zeta^{3^3}\zeta^{3^{11}} = \zeta^{3^4}\zeta^{3^{12}} = \zeta^{3^5}\zeta^{3^{13}} = \zeta^{3^6}\zeta^{3^{14}} = \zeta^{3^7}\zeta^{3^{15}} =1 \]
となるので、$\zeta^{3^0} \sim \zeta^{3^{15}}$ すなわち $\zeta^1 \sim \zeta^{16}$ は平方根だけで表されることが確認できました。
以上で、前回の記事での方法が何故うまくいくのか、その原理が明らかになりました。
ここまでの内容をよく見ると、一般に $p$ を奇素数とすると、$p-1$ が2のべきでさえあれば、全く同じ方法で1の原始 $p$ 乗根を平方根だけで表せることがわかります。問題は $p=17$ のときの3のような、$\mathsf{F}_p$ において $a$ のべきが0以外の全要素を網羅するような $a$ がいつでも見つかるかどうかですが、任意の素数 $p$ に対してこのような $a$（$p$ を法とする原始根）が存在することは証明されていますので、有限回の探索で必ず見つけることができます。
$p-1$ が2のべきとなるような奇素数はフェルマー素数といって、現在のところ、
\[ 3, \ 5, \ 17, \ 257, \ 65537 \]
の5つが該当することがわかっています。従って1の原始257乗根や、1の原始65537乗根についても、同じ方法で（現実的には計算機の力を借りることによって）平方根だけで表すことが可能ということになります。
2020-09-09 23:43
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