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代数的整数論の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル大学院数学代数的整数論

$Z_{5}$ を $5$ 進整数環とし、数列 $(a_{n})_{n \geq 0}$ を $a_{n} = 202 7^{5^{n}} (n = 0, 1, 2, \dots)$ で定める。この数列は $5$ 進位相で $Z_{5}$ のある元 $α$ に収束する。 $α \equiv r (mod 5^{4} Z_{5}), 0 \leq r < 5^{4}$ をみたす整数 $r$ を求めよ。

この問題で使うもの

ヘンゼルの補題と p 進数での根（説明と入口の問題）
p 進付値と p 進収束（説明と入口の問題）
フェルマーの小定理とオイラーの定理（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（39 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$a_{n + 1} = a_{n}^{5}$ であることに注目し、極限 $α$ がみたす代数的な関係式を求めよう。また $α$ を $mod 5$ で考えるとどうなるか。

ヒント 2

$α^{5} = α$ かつ $α \equiv 2 (mod 5)$ から $α^{2} = - 1$ が分かる。 $x^{2} + 1 = 0$ の根で $x \equiv 2 (mod 5)$ をみたすものをヘンゼルの補題で持ち上げる。

ヒント 3

$mod 25$ では $x \equiv 7$ 、 $mod 125$ では $x \equiv 57$ となる。あと 1 段階、 $x = 57 + 125 t$ とおいて $t$ を決めよう。

答えと解説

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182

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解説を読む

収束と $α$ の性質. 次の事実を使う： $k \geq 1$ で $x \equiv y (mod 5^{k})$ （ $x, y \in Z_{5}$ ）ならば $x^{5} \equiv y^{5} (mod 5^{k + 1})$ 。実際 $x = y + 5^{k} t$ とおくと $x^{5} = y^{5} + 5 \cdot y^{4} \cdot 5^{k} t + (2 5) y^{3} 5^{2 k} t^{2} + \dots$ で、 $(j 5)$ （ $1 \leq j \leq 4$ ）は $5$ で割り切れ、 $5^{5 k}$ の項も $5^{k + 1}$ で割り切れるからである。

フェルマーの小定理より $a_{0}^{5} \equiv a_{0} (mod 5)$ 、すなわち $a_{1} \equiv a_{0} (mod 5)$ 。上の事実を繰り返し使うと $a_{n + 1} \equiv a_{n} (mod 5^{n + 1})$ がすべての $n \geq 0$ で成り立つ。よって $(a_{n})$ は $5$ 進コーシー列で、 $Z_{5}$ は完備なので極限 $α$ が存在する。さらに $m > n$ のとき $a_{m} \equiv a_{n} (mod 5^{n + 1})$ なので $α \equiv a_{n} (mod 5^{n + 1})$ であり、特に $α \equiv a_{0} = 2027 \equiv 2 (mod 5)$ 。

また $a_{n + 1} = a_{n}^{5}$ で、べき乗は連続なので極限をとって $α^{5} = α$ 。 $α \neq \equiv 0 (mod 5)$ より $α$ は単数なので $α^{4} = 1$ 。 $α \equiv 2 (mod 5)$ だから $α \neq = \pm 1$ 、よって $(α^{2} - 1) (α^{2} + 1) = 0$ と $α^{2} \neq = 1$ （ $α^{2} \equiv 4 \neq \equiv 1 (mod 5)$ ）から $α^{2} = - 1.$

ヘンゼルの補題による計算. $f (x) = x^{2} + 1$ とすると $f (2) = 5 \equiv 0 (mod 5)$ 、 $f^{'} (2) = 4 \neq \equiv 0 (mod 5)$ なので、ヘンゼルの補題により $f (x) = 0$ の根で $x \equiv 2 (mod 5)$ をみたすものは $Z_{5}$ にただ $1$ つあり、それが $α$ である。各段階で $mod 5^{k}$ の根を一意に持ち上げる。

$mod 25$ ： $x = 2 + 5 t$ とおくと $x^{2} + 1 = 5 + 20 t + 25 t^{2} \equiv 5 + 20 t (mod 25)$ 。 $5 + 20 t \equiv 0 (mod 25)$ より $1 + 4 t \equiv 0 (mod 5)$ 、 $t \equiv 1$ 。よって $x \equiv 7$ （ $7^{2} + 1 = 50$ ）。
$mod 125$ ： $x = 7 + 25 t$ とおくと $x^{2} + 1 \equiv 50 + 350 t (mod 125)$ 。 $350 \equiv 100 (mod 125)$ なので $50 + 100 t \equiv 0 (mod 125)$ 、すなわち $2 + 4 t \equiv 0 (mod 5)$ 、 $4 t \equiv 3$ 、 $t \equiv 2$ 。よって $x \equiv 57$ （ $5 7^{2} + 1 = 3250 = 26 \cdot 125$ ）。
$mod 625$ ： $x = 57 + 125 t$ とおくと $x^{2} + 1 \equiv 3250 + 14250 t (mod 625)$ 。 $3250 = 5 \cdot 625 + 125$ 、 $14250 = 22 \cdot 625 + 500$ なので $125 + 500 t \equiv 0 (mod 625)$ 、すなわち $1 + 4 t \equiv 0 (mod 5)$ 、 $t \equiv 1$ 。よって $x \equiv 182$ 。

確認： $18 2^{2} + 1 = 33125 = 53 \cdot 625$ 。また $182 \equiv 2 (mod 5)$ 。

したがって $α \equiv 182 (mod 5^{4})$ であり、 $r = 182$ 。

（参考： $α \equiv a_{3} = 202 7^{125} (mod 5^{4})$ でもあるが、直接この累乗を計算するより $α^{2} = - 1$ を使う方が速い。）

別解

$α = lim 202 7^{5^{n}}$ は $2027 mod 5 = 2$ のテイヒミュラー代表元 $ω (2)$ である。実際、 $a \equiv b (mod 5^{k})$ ならば $a^{5} \equiv b^{5} (mod 5^{k + 1})$ なので、 $2027 \equiv 2 (mod 5)$ から $202 7^{5^{n}} \equiv 2^{5^{n}} (mod 5^{n + 1})$ となる。よって $n = 3$ 以上では $a_{n} \equiv 2^{5^{n}} (mod 5^{4})$ であり、さらに $a_{n}$ 自体が $α$ に収束する。 $α mod 5^{4}$ は $2^{125} mod 625$ に等しい(列は $n \geq 3$ で $mod 5^{4}$ で定数になる)。

$2^{10} = 1024 \equiv 399$ , $2^{20} \equiv 39 9^{2} = 159201 \equiv 451$ , $2^{40} \equiv 45 1^{2} = 203401 \equiv 276$ , $2^{80} \equiv 27 6^{2} = 76176 \equiv 551$ (mod 625)。
$2^{120} = 2^{80} \cdot 2^{40} \equiv 551 \cdot 276 = 152076 \equiv 201$ 、 $2^{125} \equiv 201 \cdot 32 = 6432 \equiv 182 (mod 625)$ 。

検算: $182 \equiv 2 (mod 5)$ 。 $18 2^{2} = 33124 = 625 \cdot 53 - 1 \equiv - 1 (mod 625)$ なので $18 2^{4} \equiv 1$ 、 $18 2^{5} \equiv 182$ 。すなわち $182$ は $ω (2)$ の条件 ( $x^{5} \equiv x$ , $x \equiv 2 mod 5$ ) をみたす。よって $r = 182$ 。

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