Fibonacci数の判別式（3） 二次体の整数とPell方程式

〔Fiboncci数の判別式〕
任意の正整数 N に対して次が成立する. 5N2±4 のうちいずれかが平方数 ⟺ N はFibonacci数.

この連続記事では, Fibonacci数列の判別式について以下を目標として記します.

• Fibonacci数の判別式に対して初等的な証明を与える.
• Pell型方程式の解法について考察し, 二次体 Q(√5) とその整数環や単数といった代数的整数論の概念について触れる.

前提知識

高校数学基礎：集合, 二次方程式の解と係数の関係, 約数と倍数など

（1）の記事：https://yu200489144.hatenablog.com/entry/2020/03/14/205214

（2）の記事：https://yu200489144.hatenablog.com/entry/2020/03/14/205238

二次体の整数

二次体の整数の整除

さて, 前回の記事で二次体の「数」, 「整数」とは何者かということについて書きました. 今回は, 二次体 Q(√5) の整数について倍数や約数（整除）といった「整数」どうしの関係に関する概念を定義し, 二次体の単数についての定理を用いてFibonacci数の判別式の別証明を与えようと思います.

整除については普通の整数の場合の定義と一緒です. すなわち, 整数倍で表せることを倍数である, 割り切れると表現し, その逆の関係を約数である, 割り切るといいます.

定義 3.1 二次体 K=Q(√5) 上の整数 α,β∈OK について, α=βγ

を満たす γ∈OK が存在するとき,  α は β の倍数（ばいすう, multiple）である, あるいは,  β は α の約数（やくすう, divisor）であるという. またこのとき α は β で割り切れる（わりきれる, divisible）,  β は α を割り切る（わりきる, divide）などともいう.

記号では普通の整数のときと同様に β∣α

と書きます.

後述するように, 二次体の整数環における整除性にはノルムの値が関わっているのですが, その証明をより透明化するために共役（きょうやく）というものについて考えます.  α∈Q(√5) の最小多項式を f(x) とおくと, 二次方程式 f(x)=0

は異なる 2 つの解を持ち, そのうちの 1 つが α です. もう一つの解を ¯α と書き表し, この ¯α のことを α と対をなす数と捉え, 共役と呼ぶのでした. 二次体における共役は, 複素数体でいうところの複素共役に対応する概念です.

定義 3.2  α∈Q(√5) に対して,  α を解に持つような（ x2 の係数が 1 の）二次方程式のもう一つの解を ¯α と書き,  α の共役（きょうやく, conjugate）と呼ぶ.

さらに, 二次方程式の解の公式の形を考えれば,  α=a+b√5  (a,b∈Q) の共役は ¯α=a−b√5

と表せることがわかります.

補題 3.3 任意の α1,α2∈Q(√5) に対し,  ¯α1α2=¯α1 ¯α2. 

証明.  α1=a+b√5, α2=c+d√5  (a,b,c,d∈Q) とおくと¯α1α2=¯(a+b√5)(c+d√5)=(ac+bd)−(ad+bc)√5¯α1 ¯α2=(a−b√5)(c−d√5)=(ac+bd)−(ad+bc)√5

なので右辺を比較して補題の式を得る.

◻

補題 3.4 任意の α,β∈Q(√5) に対し,  N(αβ)=N(α)N(β). 

証明. 補題 3.3 より ¯αβ=¯α ¯β なので, N(αβ)=αβ¯αβ=α¯αβ¯β=N(α)N(β).

◻

以上の補題から, 次の性質が導けます.

命題 3.5 任意の α,β∈Q(√5) に対し,  Q(√5) の整数環において α が β で割り切れるならば,  Z において N(α) は N(β) で割り切れる.

証明.  α が β で割り切れるとき, 定義より α=βγ なる Q(√5) 上の整数 γ が存在する. 補題 3.4 より, この等式において両辺のノルムをとると N(α)=N(β)N(γ)

となるが,  α,β,γ は Q(√5) 上の整数より N(α),N(β),N(γ)∈Z なので,  N(α) は N(β) で割り切れる.

◻

これで,  Q(√5) における倍数, 約数の関係が捉えやすくなりました.

二次体の単数

最後の準備は, 二次体の単元や単数と呼ばれる概念についてです.  x2−5y2=±4 を変形した方程式 αβ=±1 (α=x+y√52, β=x−y√52)

を眺めると,  2 つの Q(√5) の元 α,β はかけると ±1 になる「数」の組であり, 通常の有理数の世界でいえば逆数の関係に相当します. そこで,  Q(√5) においても各元について逆数のようなものを考えます.

定義 3.6  Q(√5) の 0 でない元 α に対して,  αα′=1 を満たす α′∈Q(√5) を α の逆元（ぎゃくげん, inverse element）という. また, 逆元を持つような元を単元（たんげん, unit）または可逆元（かぎゃくげん, invertible element）という.

 Q(√5) の元 α=a+b√5≠0 に対して,  αα′=1 を満たす逆元 α′ をとると, α′=1α=1a+b√5=a−b√5a2−5b2∈Q√5

より,  Q(√5) の非零な元は必ず逆元を持ち, したがって単元です. これは, あらゆる非零な有理数が逆数を有していることに類似する性質です. 実は, そもそも 0 以外の元が逆元を持つことは体であるための条件の一つ（除法が行えること）だったので, 二次体である Q(√5) はその条件を満たしていて当然です. そこで, α=x+y√52, β=x−y√52

が Q(√5) 上の整数であったことを思い出して,  Q(√5) の整数の中で, その逆元もまた整数であるようなものを考えます.

定義 3.7 二次体 Q(√5) の元のうち, 次の 2 つの条件を満たすようなものを Q(√5) の単数（たんすう, unit）と呼ぶ.

 (1)  Q(√5) 上の整数である.
 (2) その逆元もまた Q(√5) 上の整数である.

有理数体 Q の世界で類似したものを考えると, 「整数であって, かつその逆数もまた整数であるようなもの」ということになります. もし有理数 P がこのような性質を満たしているとすれば,  1/P が整数より P=±1 が必要なので,  Q の単数は ±1 の 2 つのみということになります. 一方で,  Q(√5) の世界では不思議なことに, 単数は無数に存在することが知られています.

命題 3.8  K=Q(√5) の元 α が K の単数であることと, 以下の 2 つの条件が同時に満たされることは同値である.

 (1)  α∈OK. 
 (2)  N(α)=±1. 

証明. （条件の十分性） α∈OK かつ N(α)=±1 のとき, α¯α=N(α)=±1

より, 逆元 α′ は共役 ¯α の ±1 倍（複号同順）に等しい. 定義より ¯α は α と同じ二次方程式の解であるから ¯α∈OK , すなわち α′∈OK. よって α は単数である.

（条件の必要性） Q(√5) の単数 α に対し α∈OK は自明. また,  α の逆元 α′ をとると αα′=1 で, 両辺のノルムを比較すると N(α)N(α′)=N(1)=1.

 α,α′∈OK より N(α),N(α′)∈Z であるから,  N(α) は 1 の約数になるので N(α)=±1 が成立する.

◻

ここで x2−5y2=±4 の正整数解の話に戻すと, αβ=±1  (α=x+y√52, β=x−y√52)

より α,β は互いに共役の関係にあることがわかります. このとき, この等式は N(α)=N(β)=±1 と書き換えられて, 前回の結果より α,β が Q(√5) 上の整数であったことから, これらは単数であることもわかります. そこで,  Q(√5) の単数が具体的にどのような元であるのかを調べます.

補題 3.9 以下が成立する.

 (1)  Q(√5) の整数どうしの積はまた Q(√5) の整数である.
 (2)  Q(√5) の単数どうしの積はまた Q(√5) の単数である.

証明.  (1)  α,β が Q(√5) 上の整数のとき α=x1+y1√52, β=x2+y2√52, x1≡y1, x2≡y2  (mod 2)

なる x1,y1,x2,y2∈Z が存在し, このとき αβ=(x1x2+5y1y2)+(x1y2+x2y1)√54.

右辺の値を (x′+y′√5)/2  (x′,y′∈Q) とおくと,

2x′=x1x2+5y1y2≡x1x2+5x1x2≡0  (mod 2), 2y′=x1y2+x2y1≡x1x2+x2x1≡0  (mod 2)

なので x′,y′∈Z. あとは x′≡y′  (mod 2) を示せばよいが, これは

2(x′−y′)=x1x2+5y1y2−x1y2−x2y1 ≡x1x2+y1y2−x1y2−x2y1  (mod 4) ≡(x1−y1)(x2−y2)≡0  (mod 4)

であることから従う. よって αβ も Q(√5) の整数である.

 (2)  α,β が Q(√5) の単数のとき,  (1) と命題 3.8 より αβ は Q(√5) の整数である. さらに, |N(αβ)|=|N(α)||N(β)|=1⋅1=1

より N(αβ)=±1 なので αβ は Q(√5) の単数である.

◻

命題 3.10  Q(√5) の単数は ±ϕn  (n∈Z) のみである.

 K=Q(√5) とおくと

ϕ=1+√52∈OK,ϕ−1=21+√5=−1+√52∈OK

より ϕ は K の単数です.  K の単数は他にも無数にありますが,  ϕ は 1 より大きい最小の単数であり, このような単数を基本単数（きほんたんすう, fundamental unit）といいます.  ϕ が Q(√5) の 1 より大きい最小の単数である理由は考えてみてください.

証明.  ε を Q(√5) の正なる単数とする. このとき,  ϕ>1 より ϕn≤ε<ϕn+1

なる n∈Z が唯一存在する. 両辺を ϕn で割ると 1≤εϕ−n<ϕ.

補題 3.9 を n 回繰り返し用いると εϕ−n は単数であることがわかるので, 仮に 1<εϕ−n<ϕ であったとすると ϕ が基本単数であったことに反する. よって 1=εϕ−n , つまり ε=ϕn が成り立つ.

また ε が負の単数のときは,  −ε が正なる単数より上に帰着されて ε=−ϕn なる n∈Z の存在が示される.

逆に,  ε=±ϕn のとき,  ϕ が単数であることと補題 3.9 から ε は Q(√5) の単数になる.

◻

ただし, 証明中で用いた記号 ε はギリシアアルファベットのepsilon（イプシロン）の小文字です.

また

⋯<−ϕ3<−ϕ2<−ϕ<1<ϕ<ϕ2<ϕ3<⋯

なので Q(√5) の単数は無数に存在していることがわかりました.

以上で準備は完了です. あとはこれまでの内容をまとめ上げれば定理 2.1 が得られます.

もう一つの証明

定理 2.1 正整数の組 (x,y) が方程式 x2−5y2=±4 の解であることと x+y√52=ϕn

を満たす n∈N が存在することは同値である.

証明.  (x,y) を x2−5y2=±4 の正整数解とすると α¯α=±1  (α=x+y√52).

すなわち N(α)=±1 が成立する. さらに,  x2−5y2=±4 を mod 2 で還元すると x2−5y2≡0  (mod 2)x≡y  (mod 2)

となるので α,¯α は二次体 Q(√5) の整数である. 以上から α は Q(√5) の単数であり,  x,y≥1 から α≥ϕ なので α=x+y√52=ϕn

なる n∈N が一意に定まる. これは x,y が x2−5y2=±4 の正整数解であるために必要十分な条件である.

◻

必要十分性が保たれていることをより明確にして記述すると次のようになります.

 K=Q(√5) とし,  α を先ほどと同様に定義します.  {x2−5y2=±4x,y∈N  ⟺ {x2−5y2=±4x≡y  (mod 2)x,y∈N ⟺ {α¯α=±1x≡y  (mod 2)x,y∈N ⟺ {α¯α=±1α∈OK ⟺ {N(α)=±1α∈OK ⟺ α は Q(√5) の単数である ⟺ α=ϕn を満たす n∈N が唯一存在する

あとは次の補題を示せば,  x2−5y2=±4 の正整数解の一般形が求めらることになります.

補題 3.11 任意の n∈N に対して,  ϕn=Ln+Fn√52. 

証明.  n に関する三項間の帰納法で示す.

ϕn=Ln+Fn√52,ϕn+1=Ln+1+Fn+1√52

の成立を仮定し, 等式 ϕ2=ϕ+1 の両辺に ϕn を乗じると ϕn+2=ϕn+1+ϕn=Ln+1+Fn+1√52+Ln+Fn√52=Ln+2+Fn+2√52

となるので n+2 の場合も成り立つ. あとは n=1,2 の場合を確かめればよいが, ϕ=1+√52=L1+F1√52ϕ2=3+√52=L2+F2√52

であるからよい.

◻

定理 1.1' 方程式 x2−5y2=±4 の正整数解は (x,y)=(Ln,Fn) によって与えられる.

証明. 定理 2.1 , 補題 3.11 より x2−5y2=±4 の正整数解は x+y√52=ϕn=Ln+Fn√52

すなわち (x,y)=(Ln,Fn) によって与えられる.

◻

Lucas数列およびFibonacci数列の単調増加性

Ln+1=Ln+Ln−1>Ln  (n≥2),L2>L1 Fn+1=Fn+Fn−1>Fn  (n≥2),F2=F1

を考えれば,  (x,y)=(Ln,Fn) が n 番目の解であることも容易にわかります.

種明かし

（1）の記事において,  x2−5y2=±4 のある正整数解 (x,y) から 1 つ前の解を生み出す関数 f:(x,y)⟼(5y−x2,x+y2)

を扱いましたが, なぜこのように f を定義するとうまくいくのかという理由については紹介できませんでした. 実は, この変換は定理 2.1 を用いれば簡単な計算で導出することができます.

 x2−5y2=±4 の正整数解 (xn,yn), (xn+1,yn+1) をとると, 定理 2.1 から xn+yn√52⋅1+√52=xn+1+yn+1√52

が成立し, 両辺を (1+√5)/2 で割ると

xn+yn√52=xn+1+yn+1√52⋅21+√5=xn+1+yn+1√52⋅−1+√52=(5yn+1−xn+1)+(xn+1−yn+1)√54=5yn+1−xn+12+xn+1−yn+12√52

つまり xn=5yn+1−xn+12, yn=xn+1−yn+12

となって,  f の式形が現れました.

ちなみに, 補題 3.3 α1,α2∈Q(√5) ⟹ ¯α1α2=¯α1 ¯α2

および補題 3.11 Ln+Fn√52=ϕn

からFibonacci数列の一般項を求めることができます. 具体的には, 補題 3.11 の等式において両辺の共役をとり, 補題 3.3 を繰り返し適用すると Ln−Fn√52=¯ϕn=¯ϕn

となって, もとの式から辺々引けば Fn√5=ϕn−¯ϕnFn=ϕn−¯ϕn√5

となります.

Pell方程式, Pell型方程式の解の構造

ここまで方程式 x2−5y2=±4 の正整数解について考えてきましたが, より一般に, 平方数でない正整数 d を用いて x2−dy2=±4  (x,y∈N)

の形で表される方程式をPell型方程式（ぺるがたほうていしき, Pell-tyoe equation）といいます. 本物のほうのPell方程式は x2−dy2=±1

のことです. 実はこれらの方程式も, 今回扱った x2−5y2=±4 と似たような解の構造を持っていることが知られています.

定理 3.12 方程式 x2−dy2=−1  (x,y∈N) の最小解が (x1,y1) のとき, x+y√d=(x1+y1√d)n  (n∈N)

によって x2−dy2=±1 のすべての解が与えられる. また,  n が偶数のとき x2−dy2=1 の解が,  n が奇数のとき x2−dy2=−1 の解が得られる.

系 3.13 方程式 x2−dy2=1  (x,y∈N) の最小解を (x1,y1) とすれば, x+y√d=(x1+y1√d)n  (n∈N)

によってすべての解が与えられる.

定理 3.14 方程式 x2−dy2=−4  (x,y∈N) の最小解が (x1,y1 のとき, x+y√d2=(x1+y1√d2)n  (n∈N)

によって x2−dy2=±4 のすべての解が与えられる. また,  n が偶数のとき x2−dy2=4 の解が,  n が奇数のとき x2−dy2=−4 の解が得られる.

系 3.15 方程式 x2−dy2=4  (x,y∈N) の最小解を (x1,y1) とすれば, x+y√d2=(x1+y1√d2)n  (n∈N)

によってすべての解が与えられる.

これらの証明は省略します.

具体例として, Pell方程式 x2−2y2=±1 の一般開を求めてみましょう. 正整数解のうち最も小さいのは (x,y)=(1,1) なので, 定理 3.12 より n 番目の解は xn+yn√2=(x1+y1√2)n=(1+√2)n

によって与えられます. この等式の両辺において共役をとるのですが, 実は Q(√2)={a+b√2∣a,b∈Q} の世界でも Q(√5) と同様に共役が扱えることが知られているので,

xn−yn√5=¯(1+√2)n=¯1+√2n=(1−√2)n

となります.  xn+yn√2=(1+√2)n と合わせて (xn,yn) について解けば xn=(1+√2)n+(1−√2)n2,yn=1+√2)n−(1−√2)n2√2

と一般解が求まりました. ちなみに, 解に現れた数列 {yn} はPell数列（ぺるすうれつ, Pell sequence）と呼ばれるもので, 漸化式では P1=1, P2=2, Pn+2=2Pn+1+Pn

を満たす数列 {Pn} です.

初めに課した仮定において d に平方数でない正整数という条件を与えましたが, なぜこの条件が必要なのかというと,  d≤0 のとき, および d が平方数のときPell方程式, Pell型方程式の正整数解は有限個になってしまって, 簡単にすべての解を決定できるからです. たとえば, Pell型方程式 x2−dy2=±4 について,

 (1)  d≤0 のとき,  x2>0,−dy2≥0 より x2−dy2=−4 の両辺が等しくなることはない.  x2−dy2=4 が解を持っていたとしても x2≤4 すなわち x≤2 で有限個である.

 (2)  d が平方数のとき √d=d′ なる d′∈N が存在する. このとき x2−d′2y2=±4(x+d′y)(x−d′y)=±4

より x+d′y, x−d′y は ±4 の約数である.

のように, 解の必要条件から有限個に限定されてしまうのです.

演習問題

問. 差が 1 であるような平方数と立方数の組をすべて求めよ.

  〔解を表示〕

問. 方程式 x2+y2=z2 を満たす整数の組 (x,y,z) であって, これらの最大公約数が 1 であるようなものの一般形は (x,y,z)=(m2−n2,2mn,m2+n2), (2mn,m2−n2,m2+n2)

により与えられることを証明せよ. ただし m,n は m>n を満たし, 偶奇が異なっていて互いに素な正整数とする.

問. 正整数 n に対して, 一辺を n 個として正三角形状に点を並べたときの点の総数を Tn で表し三角数と呼ぶ. たとえば T1=1, T2=3, T3=6 である. このとき, 三角数であって, かつ平方数であるような数の中で n 番目に小さいものを n を用いて表せ.

  〔解を表示〕

問.  x2+y2+1 が xy の倍数になるような正整数 x,y の組をすべて決定せよ.

  〔解を表示〕

は正整数はFibonacci数

問.  n を正整数とする. 完全数に類似して,  n 自身を除く n の正の約数の平方和が 3n に等しくなるような n を考え, このような n の値を昇順に並べて数列 a1, a2, a3, … を構成する. たとえば a1=10, a2=65 であり, これらは 12+22+52=3×1012+52+132=3×65

を満たす.  a3 を求めよ.

  〔解を表示〕

参考文献

[1] 高木貞治 (1931), 『初等整数論講義』, 共立出版.

[2] Raymond E. Whitney (1972), "ADVANCED PROBLEMS AND SOLUTIONS". Fibonacci Quarterly, Vol. 10, No. 04; pp. 413-421.

[3] Tianxin Cai, Deyi Chen, Yong Zhang (2013, 2014), "Perfect numbers and Fibonacci primes". International journal of Number Theory, Vol. 11, No. 01; pp. 159-169.