ウィルソンの定理

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[@ergosum4620]

剰余の定理とフェルマーの小定理を使って・・・ 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(𝑥)＝𝑥ᵖ⁻¹－1（ただし、𝑝 は奇素数）とすると、この最高次数は 𝑝－1 次、最高次の項の係数は 1 である。 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(𝑥) を 𝑥－1 で割ったときの商を 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(𝑥) とすると、この最高次数は 𝑝－2 次、最高次の項の係数は 1 である。 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(𝑥) を 𝑥－2 で割ったときの商を 𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(𝑥) とすると、この最高次数は 𝑝－3 次、最高次の項の係数は 1 である。 同様の操作を繰り返して、 𝑓⁽²⁾(𝑥) を 𝑥－(𝑝－2) で割ったときの商を 𝑓⁽¹⁾(𝑥) とすると、この最高次数は 1 次、最高次の項の係数は 1 である。 𝑓⁽¹⁾(𝑥) を 𝑥－(𝑝－1) で割ったときの商を 𝑓⁽⁰⁾(𝑥) とすると、この最高次数は 0 次、最高次の項の係数は 1 、すなわち、𝑓⁽⁰⁾(𝑥)＝1 である。 従って、剰余の定理より 　　第 1 式：𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(𝑥)＝(𝑥－1)･𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(𝑥)＋𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(1), 　　第 2 式：𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(𝑥)＝(𝑥－2)･𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(𝑥)＋𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(2), 　　　　　　　　　　　⋮ 　　第 𝑝－2 式：𝑓⁽²⁾(𝑥)＝(𝑥－(𝑝－2))･𝑓⁽¹⁾(𝑥)＋𝑓⁽²⁾(𝑝－2), 　　第 𝑝－1 式：𝑓⁽¹⁾(𝑥)＝(𝑥－(𝑝－1))･𝑓⁽⁰⁾(𝑥)＋𝑓⁽¹⁾(𝑝－1)＝𝑥－𝑝＋1＋𝑓⁽¹⁾(𝑝－1) となる。 以下、合同式の法を 𝑝 とすると、フェルマーの小定理より 　　0 ≡ 1ᵖ⁻¹－1 ≡ 2ᵖ⁻¹－1 ≡ ･･･ ≡ (𝑝－1)ᵖ⁻¹－1 であるから、𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(𝑥)＝𝑥ᵖ⁻¹－1 より 　　0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(1) ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(2) ≡ ･･･ ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(𝑝－1) がいえ、これと第 1 式より 　　0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(2) ≡ 2･𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(3) ≡ ･･･ ≡ (𝑝－2)･𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(𝑝－1) すなわち、 　　0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(2) ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(3) ≡ ･･･ ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(𝑝－1) がいえて、再び、これと第 2 式より 　　0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(3) ≡ 2･𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(4) ≡ ･･･ ≡ (𝑝－3)･𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(𝑝－1) すなわち、 　　0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(3) ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(4) ≡ ･･･ ≡𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(𝑝－1) となる。 以上の操作を繰り返して、第 𝑝－2 式より 　　0 ≡ 𝑓⁽¹⁾(𝑝－1) がいえる。 従って、 　　0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(1) ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(2) ≡ ･･･ ≡ 𝑓⁽¹⁾(𝑝－1) が導かれる。 ここで、上記第 1 式から第 𝑝－1 式までのすべての整式において、𝑥＝0 を代入し、上で導いた 0 ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(1) ≡ 𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(2) ≡ ･･･ ≡ 𝑓⁽¹⁾(𝑝－1) を考慮したうえで、合同関係を記述すると、 　　𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(0) ≡ (－1)･𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(0), 　　𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(0) ≡ (－2)･𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(0), 　　　　　　⋮ 　　𝑓⁽²⁾(0) ≡ (－(𝑝－2))･𝑓⁽¹⁾(0), 　　𝑓⁽¹⁾(0) ≡ (－(𝑝－1)) となるから、𝑓⁽ᵖ⁻¹⁾(0)＝－1 より 　　－1 ≡ (－1)･𝑓⁽ᵖ⁻²⁾(0) 　　　 ≡ (－1)･(－2)･𝑓⁽ᵖ⁻³⁾(0) 　　　　⋮ 　　　 ≡ (－1)･(－2)･････(－(𝑝－2))･𝑓⁽¹⁾(0) 　　　 ≡ (－1)･(－2)･････(－(𝑝－2))･(－(𝑝－1))＝(𝑝－1)! 故に、 　　(𝑝－1)!＋1 ≡ 0（mod 𝑝） 明らかに、これは 𝑝＝2 のときも成立し、題意は示された。 ▮

[@マリル-t5q]

はえーすごい、自分で思いついたんですか？😊

[@kogenyonemoto5975]

７分４８秒辺りから，余りが１の組がそれぞれの列で違う行を取るのか、つまり重複しないことを説明お願いします。

[@みふゆもあ]

わかりやすい解説、ありがとうございました！

[@kantaro1966]

ありがとうございます。励みになります🤣

[@小菅智之]

ナイスパ‼️

[@randomokeke]

ないすぱ

[@aac89170]

昨日の問題いろいろいじっててこれが成立しそうなことに気づいたが その場で証明はできなかった。 知らなかったけどウィルソンの定理っていうのね。

[@nonchinkan1]

よ-くわかりました。今日もありがとうございました。

[@KT-tb7xm]

ありがとうございます！

[@kantaro1966]

ありがとうございます。嬉しいです😃

[@小菅智之]

ナイスパ‼️

[@KT-tb7xm]

@@小菅智之 さん あざっす👍

[@randomokeke]

すぱない(スーパーチャット半端ない)

[@KT-tb7xm]

@@randomokeke さん 👍

[@mips70831]

掛けて１になるペアが必ず存在する。 ここの部分が、ネットに上がっている証明とかを読んでも今ひとつピンとこなかったのですが、動画のようにテーブルを書いて説明してもらうと「あ〜、なるほど！」でした。 本日も勉強になりました。 ありがとうございました。

[@石川洋臣]

雪んなか救急車行く音が去る 　これがウィルソンかと。Ｐ＝２から、はめていきました。勉強になりました。どうも、ありがとうございました。 　☂もなく女生徒２人雪ん中

[@randomokeke]

何気に2が重要な役を演じている

[@yamachanhangyo]

ほぇ… 図に書くと分かりやすい…という典型だな。 でも、これを入試や定期テストでやると、ちょっと汚くなるかもな… これを綺麗に書いた模範答案はさぞや美しいに違いない（え？） 『テストで困ったときどうする？』 『素数数える』 『え～～素数から-1引いて階乗して1足せば全部（その素数の）倍数じゃんｗ』 …というバッドエンドなＣＭが作れそうｗ

[@vacuumcarexpo]

プッチ神父なら、素数を数えた後、「メイド・イン・ヘブン」で世界を一周させて、答を見て来ます。

[@tusu8062]

4:00付近　「aはpと互いに素」より「aとpは互いに素」のほうが、日本語として落ち着きが良いような・・・。

[@KT-tb7xm]

今日は時間がないので，動画視聴に留めました。 名前は聞いたことありつつ，内容を知らなかったので，勉強になりました🙏 ところで，合ってるか分かりませんが，無理矢理群論っぽく書くならこんな感じでしょうか？？🤔 mod pによる乗法群A = {1 , 2 , …… , p - 1}を考えたときに まずこれが群であるか確かめると 演算で閉じているのは明らか 結合法則は明らかに成り立つ 単位元1が存在する 動画6:10あたりで証明されている命題から逆元の存在も証明される で群として成り立つ なお，Aは明らかにアーベル群である これが分かれば，乗法群Aの任意の元aについて aA = Aa = {a, 2a , …… , a(p -1)} = A なので，a～a(p - 1)のmod pでの合同を考えると どれが1つだけ必ず1になる 1の逆元は1 p - 1の逆元はp - 1 2 ～ p -2の元については，明らかに自身が逆元となる元はなく，かつ2～p - 2のどれかが逆元となる ∴1*2*……*(p - 1) = 1 * (p - 1) 2*……*(p - 2) ≡ (- 1) * 1= - 1 みたいな感じで，別の角度から考えてみました。

[@中村吉郎]

貴殿の独創的大作に感謝申し上げます。

[@KT-tb7xm]

@@中村吉郎 さん ご返信ありがとうございます🙏 内容に確信が持てませんが😅

[@kosei-kshmt]

​@@KT-tb7xmさん ウィルソン自身はこの定理の証明は出来ていません。この証明はウィルソンの１世紀前にライプニッツが、同時代にラグランジュが証明しています。出来たということは、ライプニッツ、ラグランジュと同等の才能と言えます。凄い❕ (^O^)v

[@KT-tb7xm]

@@kosei-kshmt さん そうだったんですね。 カルダノの公式をカルダノが発見したわけじゃないみたいな話と似てますね🤔

[@vacuumcarexpo]

前にも一回出てきてるので、KTさんも見てると思うがなぁ。

[@みふゆもあ]

解説、わかりやすかった。 要は素数p（p≧5としておく）を考えたとき、2からp-2までの数は必ず乗法逆元をもつわけだから、これらのp-3個の数の積についてpを法として (p-2)!≡1 で、これが昨日コメント欄に出てきたライプニッツの定理。 両辺にp-1をかけて (p-1)!≡-1 が、ウィルソンの定理。

[@中村吉郎]

貴殿の簡潔明瞭な解説に感謝申し上げます。 　数学再履修生67歳より

[@みふゆもあ]

@@中村吉郎 さん どういたしまして〜😘 永遠の１７歳より😅

[@PC三太郎]

昨日の続きを一般の素数でやったことになりますね。 証明方法にはいくつかあるようですが、初等的な方法なら（どこまでを既知とするかという問題はあるも）高校数学で示せますね。

[@coscos3060]

数学の奥深さ、むづかしさを痛感……😓

[@あいすアイス-k6e]

これ分からないです。

[@Kaimochi-]

これによって(p-2)!-1もpの倍数であることを簡単に示せますね…！！

[@みふゆもあ]

ウィルソンの定理を使う問題を２題。ある本からの丸写し。数オリの過去問あたりから難しいの探せばあるのかもしれないけど、そういうのは解説読んでも理解できないので。 １．58! を61で割った余りは？ ２．28! を899で割った余りは？ 最初の問題はウィルソンの定理そのまんま。 mod61で 60!≡-1 これと60≡-1, 59≡-2から (58!)×(-2)×(-1)≡-1≡60 両辺を2で割って 58!≡30 次、899=29×31だから、 mod29で 28!≡-1 mod31で 30×29×(28!)≡(-2)×(-1)×(28!)≡-1≡30 だから 28!≡15 あとは 28!≡-1 (mod29) 28!≡15 (mod31) これ解いて、28!≡666 (mod899)

[@so.6483]

以前聞いたことがありましたが忘れていました。改めて聞くとやはりすばらしい。 かけて1でなく-1のペアということにすれば、1・10も統一的に扱えるのでは？と思いました。 追記　いや駄目ですね。

[@kosei-kshmt]

−１のペアが偶数個、奇数個で考えて、偶数個がありえないのを背理法で示す方法があります。誤解していなければ… m(_ _;)m

[@so.6483]

​​@@kosei-kshmtさん ありがとうございます。 考え直しましたが、動画の(p-1) ×(p-1) の表で、 ・対角線上の1はm=1、p-1のみ ・この表は対角線に対して対称 ・この表は左右反転して符号を反転するともとの表 ［mn =-m(p-n)］ を考えあわせると、かけて-1になるペアが奇数個であることは言えそうですね。 どうもうまく表現できませんが。 （背理法は、理解しておりません）

[@荻野憲一-p7o]

p=2 の場合は別扱いが必要かも。

[@vacuumcarexpo]

ヨシッ❗ 証明の仕方忘れてたし、いいの思い付かなかったから、今日は見るだけ。 しかし、もうちょいサクッと行く、阿呆でも分かるやり方はないもんでしょうかね？ないんだろうなぁ。 ふと思ったのは、mod pでm^2≡－1となるmが存在する条件って何でしょうねぇ？

[@KT-tb7xm]

必要条件だけなら m^4 ≡ 1 の場合になるので，フェルマーの小定理を考えると，p = 5で m^(5 - 1) ≡ 1(mod 5) のケースが必要条件と言えそうですね つまりmがp(=5)と互いに素であることが必要条件と。 p ≠ 5の場合となるとちょっと分かりませんが😅

[@vacuumcarexpo]

@@KT-tb7xm ご返信ありがとうございます。 そうですね。フェル小から、それは言えますね。 mod 13の時、5^2≡－1とかあって、どういう場合になるのか？の規則性がよく分からなかったので。

[@KT-tb7xm]

@@vacuumcarexpo さん ちょっと考えてみました。長文にて失敬🙏 これも必要条件でしかなさそうですが， 少なくともpが4n + 1型の素数であればmが存在すると言えますね。 と言いますのも，まず，pが4n + 1型ならその0を除く剰余の乗法を考えたときに p = 4n + 1 として ある数k（2 ≦ k ≦ p - 2）について k^1 ～ k^(4n)のmod p(つまりmod 4n + 1)を計算したときに 結果が全てバラバラの数（つまり，1～4nが全て1回ずつ登場する）になるような kが必ず存在することが知られてて，この時，kをpの原子根と呼ぶらしいです。 （つまり数学的にこの原子根の存在は保証されているという話ですね。） この場合，当然ながら k^(4n) ≡ 1(mod p) k^(2n) ≢ 1(mod p) が成り立つので，つまり自ずと k^(2n) = (k^n)^2 ≡ - 1(mod p) と言えますので，結局k^nが貴殿のコメントで言うところのmに該当する数って話になりますね。 ただ，貴殿のコメントで挙げたケースだともう少し緩くて 5^4 ≡ 1 (mod 13) なので，5は13の原子根ではないけど，それでもm^2 ≡ - 1が成り立つってことになります。 ただ，4乗周期で1周りするというポイントは同じで，これはつまり mod13の乗法群G = {1 , 2 , …… ,12} を考えたときに，5のべき乗循環(5→12→8→1)で生まれる H = {1 , 5 , 8 , 12} も群となることを考えると，Hは位数4でGの部分群となります。 部分群の位数は元の群の位数の約数であることが知られているので やっぱりpが4n + 1型の素数でないと，p - 1が4の倍数とはならず すなわち位数4の部分群が生まれないということなので， 上で言うところの部分群Hのようなものは存在できないということになります。 とまあ，ここまで考えてみて，pが素数の場合に限定するなら pが4n + 1型の素数であることは，mが存在する十分条件なのかもと思えてきました🤔

[@KT-tb7xm]

すみません。昨日は回りくどく書いてしまったんですが もう少し平たく書きます。 例えばmod 13の場合，0を除く剰余の乗法を考えたときに 1～12の12個の整数どうしの世界の話になります。 ここで2のべき乗のmod 13の循環を考えると 2→4→8→3→6→12→11→9→5→10→7→1　（＊） と12個全ての数が登場する12乗周期の循環になることが分かりますが この時，2のことを原子根と呼ぶらしいです。 そしてmod pについて，pが素数ならこの2のような原子根が必ず存在することが証明されています。 ここで，m^2 ≡ - 1が成り立つとmの存在条件いう話に戻りますが これは4乗周期で循環し，かつ4乗が≡ 1となるようなべき乗の底が存在することと同値で 12÷4は3なので，例えば（＊）の3番目にある数字である8のべき乗であれば 8→12→5→1　（＊＊） という循環なので，2番目が12となり，m = 8がまず1つ見つかります。 次に（＊＊）を眺めて，3番目の5についても 5→12→8→1 という循環なので，2番目が12となり，m = 5も見つかります。 このような数が見つかる条件として，そもそもの（＊）にある数の個数が 4の倍数でなければけないことは明らかで，つまり，p - 1が4の倍数ということが mが存在する必要十分条件であることが言えそうですね🤔 また長くなりました😅

[@vacuumcarexpo]

​@@KT-tb7xmご返信ありがとうございます。 ふにゅ～。 後半に行くにつれて難しいぜよ。でも、難しいという事は、問題提起としては結構良かったのかも知れないな。 …と昨日書くつもり、というか書いたつもりだったのに、どうやら脳内返信だったようで、よく見たら書いてないわ（笑）。とうとうボケたかな。 …というワケで、追加のご返信ありがとうございます。 そうですか、必要十分ですか。p＝4n＋1型なら、常にそういう数が存在しますか。 動画で、左辺に移項して、和と差の積に因数分解したのを見て、マイナスなら、それをやると虚数が出ちゃうな、と思ったのがきっかけでしたが、思いもよらぬ難しい話に突入しましたね。 「pが素数なら、必ず原始根が存在する」というのも、証明は難しそうですね。 勉強になりました。ありがとうございました。

[@中村吉郎]

｢たくさんの　定理と定義　学ぶなり｣ ｢新しき　知識を学び　若返る｣　明快な解説に感謝します。

[@walking_youtuber]

おはようございます(イチコメ)