休日にも乗れる！朝宮経由のコミュニティバスでふたたび信楽へ [バス]
2年前に、石山駅からミホミュージアム経由で信楽までバスで訪れた記事を書きました。
その時点では、甲賀市のコミュニティバスは信楽と京阪石山寺駅を平日のみ結ぶと書きましたが、去年になって休日でも途中の大石小学校まで走るようになり、京阪バスと連絡して石山駅から信楽まで休日でも乗れるルートができました。今回はそのルートでの信楽へのアプローチです。
京都府宇治田原町との県境付近の朝宮地区を通るルートです（大石から先の一部の位置情報が欠落してちょっとジャンプしています）。
石山駅から大石小学校までは京阪バスが頻発しています。
石山駅前の商店街から唐橋前にかけては相変わらず混雑しています。
石山寺あたりから瀬田川沿いの綺麗な眺めに沿って走ります。
大石小学校から信楽までは甲賀市コミュニティバス（信楽高原バス）が、平日3便、休日2便走っています。
国道422号線に沿って信楽へ。本線は広くて快適に走りますが、時々集落の狭い道に入ります。
国道307号線に入ると甲賀市朝宮地区です。ここからはあまり本線は走らず、集落の中の狭い道を走ります。
朝宮地区が雰囲気良さそうだったので、途中下車して1時間ほど後のバスに乗ろうと思いましたが、下車するバス停を見極め損ねてかなり先の杉山地区まで行ってしまいました。
仕方がないので、国道307号線を20分ほど歩いて朝宮まで戻ることにします。ちょうど近くにいい感じのレストランがあったので昼食をとりました。
朝宮地区は「朝宮茶」を産出する歴史ある茶どころで、山裾の方に茶畑が広がっています。
古民家を利用した某有名ラーメンチェーン店があり、かなり賑わっていました。
途中の宮尻始発の次のバスに乗って、信楽駅へ向かいます。こんどは元観光バス車でした。
焼物の店が増えてきたと思ったら、ほどなく信楽駅に到着。
マスクをつけた大狸に見送られて、信楽高原鐵道で帰路につきます。
茶所の朝宮地区は雰囲気がよく、いい散歩も兼ねることができましたが、せっかく途中下車したのに朝宮茶を買ってくることをすっかり忘れていました。これだからバスオタはどうしようもありません。
「路線バス歩き」のすすめ（目次）へ
その時点では、甲賀市のコミュニティバスは信楽と京阪石山寺駅を平日のみ結ぶと書きましたが、去年になって休日でも途中の大石小学校まで走るようになり、京阪バスと連絡して石山駅から信楽まで休日でも乗れるルートができました。今回はそのルートでの信楽へのアプローチです。
京都府宇治田原町との県境付近の朝宮地区を通るルートです（大石から先の一部の位置情報が欠落してちょっとジャンプしています）。
石山駅から大石小学校までは京阪バスが頻発しています。
石山駅前の商店街から唐橋前にかけては相変わらず混雑しています。
石山寺あたりから瀬田川沿いの綺麗な眺めに沿って走ります。
大石小学校から信楽までは甲賀市コミュニティバス（信楽高原バス）が、平日3便、休日2便走っています。
国道422号線に沿って信楽へ。本線は広くて快適に走りますが、時々集落の狭い道に入ります。
国道307号線に入ると甲賀市朝宮地区です。ここからはあまり本線は走らず、集落の中の狭い道を走ります。
朝宮地区が雰囲気良さそうだったので、途中下車して1時間ほど後のバスに乗ろうと思いましたが、下車するバス停を見極め損ねてかなり先の杉山地区まで行ってしまいました。
仕方がないので、国道307号線を20分ほど歩いて朝宮まで戻ることにします。ちょうど近くにいい感じのレストランがあったので昼食をとりました。
朝宮地区は「朝宮茶」を産出する歴史ある茶どころで、山裾の方に茶畑が広がっています。
古民家を利用した某有名ラーメンチェーン店があり、かなり賑わっていました。
途中の宮尻始発の次のバスに乗って、信楽駅へ向かいます。こんどは元観光バス車でした。
焼物の店が増えてきたと思ったら、ほどなく信楽駅に到着。
マスクをつけた大狸に見送られて、信楽高原鐵道で帰路につきます。
茶所の朝宮地区は雰囲気がよく、いい散歩も兼ねることができましたが、せっかく途中下車したのに朝宮茶を買ってくることをすっかり忘れていました。これだからバスオタはどうしようもありません。
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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。
1の原始17乗根を平方根だけで表す（勉強ノート）【手法紹介編】 [数学]
「明解ガロア理論［原著第3版］」（イアン・スチュアート著／並木・鈴木共訳／講談社）を読んでいると、ガウスが1の原始17乗根（17乗して初めて1になる複素数）を平方根だけで表す方法を与えたということが載っていました。
（本記事では言葉を簡単にするため、「有理数から始めて四則演算と平方根をとる操作の有限回の組み合わせで表す」ことを「平方根だけで表す」と書くこととします。）
このことは、「与えられた円に内接する正17角形が定規とコンパスだけで作図できる」ということと直接に関係するのですが、ここでは1の原始17乗根を平方根だけで表すことに焦点を絞ります。
本に載っていた計算法は三角関数の性質を使っていて少しわかりにくかったので、以下私なりにアレンジして、1の原始17乗根を平方根で表す方法を自分で書き出してみることにします。
1の原始17乗根は全部で16個ありますが、そのうちの一つを $\zeta$ で表します。通常は
\[ \zeta = e^{\frac{2\pi i}{17}} \]
と取ることが多いですが、以下の議論ではどれを取っても同じ結果になります。そしてどれを取っても $\zeta^1, \zeta^2, \cdots , \zeta^{16}$ の16個の $\zeta$ のべきが1の原始17乗根になります。
さてここからちょっとしたトリックを使います。17を法とする剰余類 $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$ は17が素数なので体になり、これを $\mathsf{F}_{17}$ で表します。$\mathsf{F}_{17}$ において3のべき乗 $3^k$ を $k=0,1,\cdots,15$ の順に並べると、次のようになります。
\[ 1, \ 3, \ 9, \ 10, \ 13, \ 5, \ 15, \ 11, \ 16, \ 14, \ 8, \ 7, \ 4, \ 12, \ 2, \ 6 \]
フェルマーの小定理より $3^{16} \equiv 1 \ \mathrm{mod} \ 17$ なので、$\mathsf{F}_{17}$ における3のべき乗はこの順で1から16までを巡回します。そこで、$\zeta$ のべきをこの順に従って次のように並べます。
\[ \zeta^1, \ \zeta^3, \ \zeta^9, \ \zeta^{10}, \ \zeta^{13}, \ \zeta^5, \ \zeta^{15}, \ \zeta^{11}, \ \zeta^{16}, \ \zeta^{14}, \ \zeta^8, \ \zeta^7, \ \zeta^4, \ \zeta^{12}, \ \zeta^2, \ \zeta^6 \]
さらに、これらを1つ飛ばし、3つ飛ばし、7つ飛ばしに足し合わせた数を次のように定めます。
\begin{eqnarray*}
x_1 &=& \zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2 \\
x_2 &=& \zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6 \\
y_1 &=& \zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4 \\
y_2 &=& \zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2 \\
y_3 &=& \zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12} \\
y_4 &=& \zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6 \\
z_1 &=& \zeta^1+\zeta^{16} \\
z_2 &=& \zeta^{13}+\zeta^4 \\
z_3 &=& \zeta^9+\zeta^8 \\
z_4 &=& \zeta^{15}+\zeta^2 \\
z_5 &=& \zeta^3+\zeta^{14} \\
z_6 &=& \zeta^5+\zeta^{12} \\
z_7 &=& \zeta^{10}+\zeta^7 \\
z_8 &=& \zeta^{11}+\zeta^6
\end{eqnarray*}
まず、$x_1, x_2$ を求めてみます。ここで、1の原始17乗根 $\zeta$ がみたす次の重要な性質を使います。
\[ \zeta^1+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{15}+\zeta^{16} = -1 \tag{1} \]
これは、多項式 $X^{17}-1$ が $X-1$ で整除できて、$\zeta$ がその商
\[ X^{16}+X^{15}+X^{14}+X^{13}+X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9\\
+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X^1+1 \]
の根になることより明らかです。これを用いると、和については
\[ x_1+x_2 = -1 \]
が得られます。
次に積については、力を込めて $\zeta$ のべきを展開して $\zeta^{17}=1$ を用いると、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& (\zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2)(\zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{12}+\zeta^{15}+\zeta^{8}+\zeta^{13}+\zeta^{7} \\
&+&\zeta^{12}+\zeta^{2}+\zeta^{14}+\zeta^{3}+\zeta^{6}+\zeta^{16}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+&\zeta^{16}+\zeta^{6}+\zeta^{1}+\zeta^{7}+\zeta^{10}+\zeta^{3}+\zeta^{8}+\zeta^{2} \\
&+&\zeta^{1}+\zeta^{8}+\zeta^{3}+\zeta^{9}+\zeta^{12}+\zeta^{5}+\zeta^{10}+\zeta^{4} \\
&+&\zeta^{2}+\zeta^{9}+\zeta^{4}+\zeta^{10}+\zeta^{13}+\zeta^{6}+\zeta^{11}+\zeta^{5} \\
&+&\zeta^{11}+\zeta^{1}+\zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{5}+\zeta^{15}+\zeta^{3}+\zeta^{14} \\
&+&\zeta^{7}+\zeta^{14}+\zeta^{9}+\zeta^{15}+\zeta^{1}+\zeta^{11}+\zeta^{16}+\zeta^{10} \\
&+&\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{7}+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{14}+\zeta^{8}
\end{eqnarray*}
となります。
この結果をみると（不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど4個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ x_1x_2 = -4 \]
ということになります。従って $x_1, x_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 + X - 4 = 0 \]
の2解になり、
\[ x_1,x_2 = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2} \]
と平方根だけで表されます。どちらがどちらになるかはここではあまり気にしないことにしましょう。
同様にして、$y_1$ と $y_2$ の和と積を求めてみます。和については
\[ y_1 + y_2 = x_1 \]
であることがすぐにわかります。積についてはやはり力技で展開すると、
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& (\zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4)(\zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2) \\
&=& \zeta^{10}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{11}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+& \zeta^{8}+\zeta^{14}+\zeta^{7}+\zeta^{1} \\
&+& \zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{12}+\zeta^{6}
\end{eqnarray*}
と（これまた不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど1個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ y_1y_2 = -1 \]
ということになります。従って $y_1, y_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_1X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_1$ が平方根だけで表されますので、$y_1, y_2$ も（大変なので具体的には書きませんが）平方根だけで表されることがわかります。
同様に、$y_3, y_4$ については、
\begin{eqnarray*}
y_3 + y_4 &=& x_2 \\
y_3y_4 &=& (\zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12})(\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{10}+\zeta^{9} \\
&+& \zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^{12}+\zeta^{11} \\
&+& \zeta^{7}+\zeta^{8}+\zeta^{4}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{6}+\zeta^{2}+\zeta^{1} \\
&=& -1
\end{eqnarray*}
となるので、$y_3, y_4$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_2X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_2$ が平方根だけで表されますので、$y_3, y_4$ も平方根だけで表されることがわかります。
さあもう少しです。$z_1 \sim z_8$ について一気にやってしまいましょう。
\begin{eqnarray*}
z_1 + z_2 &=& y_1 \\
z_1z_2 &=& (\zeta^{1}+\zeta^{16})(\zeta^{13}+\zeta^{4}) \\
&=& \zeta^{14}+\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{3} \\
&=& y_3 \\
\ \\
z_3 + z_4 &=& y_2 \\
z_3z_4 &=& (\zeta^{9}+\zeta^{8})(\zeta^{15}+\zeta^{2}) \\
&=& \zeta^{7}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{10} \\
&=& y_4 \\
\ \\
z_5 + z_6 &=& y_3 \\
z_5z_6 &=& (\zeta^{3}+\zeta^{14})(\zeta^{5}+\zeta^{12}) \\
&=& \zeta^{8}+\zeta^{15}+\zeta^{2}+\zeta^{9} \\
&=& y_2 \\
\ \\
z_7 + z_8 &=& y_4 \\
z_7z_8 &=& (\zeta^{10}+\zeta^{7})(\zeta^{11}+\zeta^{6}) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{16}+\zeta^{1}+\zeta^{13} \\
&=& y_1
\end{eqnarray*}
これらより、$z_1 \sim z_8$ はそれぞれ1と $\pm y_1 \sim \pm y_4$ のどれかを係数にもつ2次方程式の解になるので、やはり平方根だけで表されることがわかります。
最後です。
\begin{eqnarray*}
\zeta^{1}+\zeta^{16} &=& z_1 \\
\zeta^{1}\zeta^{16} &=& 1
\end{eqnarray*}
ですので、$\zeta$ は2次方程式
\[ X^2 - z_1X + 1 = 0 \]
の解になるので、平方根だけで表されることがこれで示されました。もちろん残りの原始17乗根である $\zeta^{2}, \cdots , \zeta^{16}$ も同様に平方根だけで表されます。そしてここまでの手順は、具体的に平方根だけで表す方法を求めるアルゴリズムを示していることになります（実際に求めるには $x_1 \sim z_8$ を求める過程でそれぞれ$\pm$のどちらを取るのか特定する必要がありますが、そこは省略します）。
どうしてこの方法でうまくいくのでしょうか？はじめに $\mathsf{F}_{17}$ における3のべきを並べることにどういう意味があるのでしょうか？
当然、うまくいく原理があるはずですが、今の僕にはまだ理解しきれておらず、摩訶不思議な謎のままです。引続き勉強してこの謎解きにチャレンジしてみたいと思います。
（追記）2020年9月11日
謎が解明できました！⇒【原理解明編】へ
（本記事では言葉を簡単にするため、「有理数から始めて四則演算と平方根をとる操作の有限回の組み合わせで表す」ことを「平方根だけで表す」と書くこととします。）
このことは、「与えられた円に内接する正17角形が定規とコンパスだけで作図できる」ということと直接に関係するのですが、ここでは1の原始17乗根を平方根だけで表すことに焦点を絞ります。
本に載っていた計算法は三角関数の性質を使っていて少しわかりにくかったので、以下私なりにアレンジして、1の原始17乗根を平方根で表す方法を自分で書き出してみることにします。
1の原始17乗根は全部で16個ありますが、そのうちの一つを $\zeta$ で表します。通常は
\[ \zeta = e^{\frac{2\pi i}{17}} \]
と取ることが多いですが、以下の議論ではどれを取っても同じ結果になります。そしてどれを取っても $\zeta^1, \zeta^2, \cdots , \zeta^{16}$ の16個の $\zeta$ のべきが1の原始17乗根になります。
さてここからちょっとしたトリックを使います。17を法とする剰余類 $\mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$ は17が素数なので体になり、これを $\mathsf{F}_{17}$ で表します。$\mathsf{F}_{17}$ において3のべき乗 $3^k$ を $k=0,1,\cdots,15$ の順に並べると、次のようになります。
\[ 1, \ 3, \ 9, \ 10, \ 13, \ 5, \ 15, \ 11, \ 16, \ 14, \ 8, \ 7, \ 4, \ 12, \ 2, \ 6 \]
フェルマーの小定理より $3^{16} \equiv 1 \ \mathrm{mod} \ 17$ なので、$\mathsf{F}_{17}$ における3のべき乗はこの順で1から16までを巡回します。そこで、$\zeta$ のべきをこの順に従って次のように並べます。
\[ \zeta^1, \ \zeta^3, \ \zeta^9, \ \zeta^{10}, \ \zeta^{13}, \ \zeta^5, \ \zeta^{15}, \ \zeta^{11}, \ \zeta^{16}, \ \zeta^{14}, \ \zeta^8, \ \zeta^7, \ \zeta^4, \ \zeta^{12}, \ \zeta^2, \ \zeta^6 \]
さらに、これらを1つ飛ばし、3つ飛ばし、7つ飛ばしに足し合わせた数を次のように定めます。
\begin{eqnarray*}
x_1 &=& \zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2 \\
x_2 &=& \zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6 \\
y_1 &=& \zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4 \\
y_2 &=& \zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2 \\
y_3 &=& \zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12} \\
y_4 &=& \zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6 \\
z_1 &=& \zeta^1+\zeta^{16} \\
z_2 &=& \zeta^{13}+\zeta^4 \\
z_3 &=& \zeta^9+\zeta^8 \\
z_4 &=& \zeta^{15}+\zeta^2 \\
z_5 &=& \zeta^3+\zeta^{14} \\
z_6 &=& \zeta^5+\zeta^{12} \\
z_7 &=& \zeta^{10}+\zeta^7 \\
z_8 &=& \zeta^{11}+\zeta^6
\end{eqnarray*}
まず、$x_1, x_2$ を求めてみます。ここで、1の原始17乗根 $\zeta$ がみたす次の重要な性質を使います。
\[ \zeta^1+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6+\zeta^7+\zeta^8+\zeta^9+\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^{12}+\zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{15}+\zeta^{16} = -1 \tag{1} \]
これは、多項式 $X^{17}-1$ が $X-1$ で整除できて、$\zeta$ がその商
\[ X^{16}+X^{15}+X^{14}+X^{13}+X^{12}+X^{11}+X^{10}+X^9\\
+X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X^1+1 \]
の根になることより明らかです。これを用いると、和については
\[ x_1+x_2 = -1 \]
が得られます。
次に積については、力を込めて $\zeta$ のべきを展開して $\zeta^{17}=1$ を用いると、
\begin{eqnarray*}
x_1x_2 &=& (\zeta^1+\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2)(\zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{12}+\zeta^{15}+\zeta^{8}+\zeta^{13}+\zeta^{7} \\
&+&\zeta^{12}+\zeta^{2}+\zeta^{14}+\zeta^{3}+\zeta^{6}+\zeta^{16}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+&\zeta^{16}+\zeta^{6}+\zeta^{1}+\zeta^{7}+\zeta^{10}+\zeta^{3}+\zeta^{8}+\zeta^{2} \\
&+&\zeta^{1}+\zeta^{8}+\zeta^{3}+\zeta^{9}+\zeta^{12}+\zeta^{5}+\zeta^{10}+\zeta^{4} \\
&+&\zeta^{2}+\zeta^{9}+\zeta^{4}+\zeta^{10}+\zeta^{13}+\zeta^{6}+\zeta^{11}+\zeta^{5} \\
&+&\zeta^{11}+\zeta^{1}+\zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{5}+\zeta^{15}+\zeta^{3}+\zeta^{14} \\
&+&\zeta^{7}+\zeta^{14}+\zeta^{9}+\zeta^{15}+\zeta^{1}+\zeta^{11}+\zeta^{16}+\zeta^{10} \\
&+&\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{7}+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{14}+\zeta^{8}
\end{eqnarray*}
となります。
この結果をみると（不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど4個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ x_1x_2 = -4 \]
ということになります。従って $x_1, x_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 + X - 4 = 0 \]
の2解になり、
\[ x_1,x_2 = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{2} \]
と平方根だけで表されます。どちらがどちらになるかはここではあまり気にしないことにしましょう。
同様にして、$y_1$ と $y_2$ の和と積を求めてみます。和については
\[ y_1 + y_2 = x_1 \]
であることがすぐにわかります。積についてはやはり力技で展開すると、
\begin{eqnarray*}
y_1y_2 &=& (\zeta^1+\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^4)(\zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2) \\
&=& \zeta^{10}+\zeta^{16}+\zeta^{9}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{11}+\zeta^{4}+\zeta^{15} \\
&+& \zeta^{8}+\zeta^{14}+\zeta^{7}+\zeta^{1} \\
&+& \zeta^{13}+\zeta^{2}+\zeta^{12}+\zeta^{6}
\end{eqnarray*}
と（これまた不思議なことに）$\zeta^1$ から $\zeta^{16}$ までがちょうど1個ずつ現れているので、$(1)$を用いることによって
\[ y_1y_2 = -1 \]
ということになります。従って $y_1, y_2$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_1X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_1$ が平方根だけで表されますので、$y_1, y_2$ も（大変なので具体的には書きませんが）平方根だけで表されることがわかります。
同様に、$y_3, y_4$ については、
\begin{eqnarray*}
y_3 + y_4 &=& x_2 \\
y_3y_4 &=& (\zeta^3+\zeta^5+\zeta^{14}+\zeta^{12})(\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6) \\
&=& \zeta^{13}+\zeta^{14}+\zeta^{10}+\zeta^{9} \\
&+& \zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^{12}+\zeta^{11} \\
&+& \zeta^{7}+\zeta^{8}+\zeta^{4}+\zeta^{3} \\
&+& \zeta^{5}+\zeta^{6}+\zeta^{2}+\zeta^{1} \\
&=& -1
\end{eqnarray*}
となるので、$y_3, y_4$ は次の2次方程式
\[ X^2 - x_2X - 1 = 0 \]
の2解になり、$x_2$ が平方根だけで表されますので、$y_3, y_4$ も平方根だけで表されることがわかります。
さあもう少しです。$z_1 \sim z_8$ について一気にやってしまいましょう。
\begin{eqnarray*}
z_1 + z_2 &=& y_1 \\
z_1z_2 &=& (\zeta^{1}+\zeta^{16})(\zeta^{13}+\zeta^{4}) \\
&=& \zeta^{14}+\zeta^{5}+\zeta^{12}+\zeta^{3} \\
&=& y_3 \\
\ \\
z_3 + z_4 &=& y_2 \\
z_3z_4 &=& (\zeta^{9}+\zeta^{8})(\zeta^{15}+\zeta^{2}) \\
&=& \zeta^{7}+\zeta^{11}+\zeta^{6}+\zeta^{10} \\
&=& y_4 \\
\ \\
z_5 + z_6 &=& y_3 \\
z_5z_6 &=& (\zeta^{3}+\zeta^{14})(\zeta^{5}+\zeta^{12}) \\
&=& \zeta^{8}+\zeta^{15}+\zeta^{2}+\zeta^{9} \\
&=& y_2 \\
\ \\
z_7 + z_8 &=& y_4 \\
z_7z_8 &=& (\zeta^{10}+\zeta^{7})(\zeta^{11}+\zeta^{6}) \\
&=& \zeta^{4}+\zeta^{16}+\zeta^{1}+\zeta^{13} \\
&=& y_1
\end{eqnarray*}
これらより、$z_1 \sim z_8$ はそれぞれ1と $\pm y_1 \sim \pm y_4$ のどれかを係数にもつ2次方程式の解になるので、やはり平方根だけで表されることがわかります。
最後です。
\begin{eqnarray*}
\zeta^{1}+\zeta^{16} &=& z_1 \\
\zeta^{1}\zeta^{16} &=& 1
\end{eqnarray*}
ですので、$\zeta$ は2次方程式
\[ X^2 - z_1X + 1 = 0 \]
の解になるので、平方根だけで表されることがこれで示されました。もちろん残りの原始17乗根である $\zeta^{2}, \cdots , \zeta^{16}$ も同様に平方根だけで表されます。そしてここまでの手順は、具体的に平方根だけで表す方法を求めるアルゴリズムを示していることになります（実際に求めるには $x_1 \sim z_8$ を求める過程でそれぞれ$\pm$のどちらを取るのか特定する必要がありますが、そこは省略します）。
どうしてこの方法でうまくいくのでしょうか？はじめに $\mathsf{F}_{17}$ における3のべきを並べることにどういう意味があるのでしょうか？
当然、うまくいく原理があるはずですが、今の僕にはまだ理解しきれておらず、摩訶不思議な謎のままです。引続き勉強してこの謎解きにチャレンジしてみたいと思います。
（追記）2020年9月11日
謎が解明できました！⇒【原理解明編】へ
