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【Tags Bucchigiri-P Iwanami Kaito Len Meiyokaichou-P Rin Y tS tT tD】 Original Music title 闇討ちスナイパー English music title Dark Attack Sniper / Sneak Attack Sniper Romaji music title Yamiuchi Sunaipaa Music Lyrics written by 名誉会長P (Meiyokaichou-P) Story by 岩波 (Iwanami) Main Singer KAITO edited by ぶっちぎりP(Bucchigiri-P), Chorus by 鏡音レン (Kagamine Len), 鏡音リン (Kagamine Rin) edited by Meiyokaichou-P Click here for the original Japanese Lyrics English Lyrics (translated by soundares)： The grass of neighbor is always brighter and So it makes me plunder Don t you think that s the nature-of-human-emotion? Isn t that just some burglar? I m not human though. Make sure no one s around After that check Oh come-on, there s no one around! I ll take the aim from their back Yup, I m not confident with going "right front"! I ll sneak-attack you so Be quiet and just fall into the poisoness-fang I won t care if you re woman or children I ll act up to my way of life! Criminal here! Want us to call the police? That kids ice-cream Looks tastier than mine Same brand, same shop and Some how those look tastier I guess I got to get them We re not going to give out our icecream to phycho We have no business with you There s nothing we expect from you, No way! We ll deny everything you ll ask Did you ever think we won t notice? Well, no way! Grow-ups these day can murder kid for a ice cream like nothing, don t they? Some criminal like you As main vocal? Hey what do you feel now? "Total washout" orz ? After I ve loaded grudges I got daily Critical-knockdown-hit, I am a sniper This world where we get drawn-over and get run over to one another I ll arise again-and-again And again-and-again I ll sneak attack you so Be quiet and just fall into the poisoness-fangs I won t care if you re woman or children I ll act up to my way of life! Romaji lyrics (transliterated by minato777)： tonari no shibafu itsudatte mabushiku te dakara ryakudatsushi taku naru yo sore ga ninjou to iu mono deshou? ningen ja nai kedo sorette tada no dorobou ja ne? mawari ni hitoke ga nai no wo kakuninshi ta nara dare mo imasen yo ushiro kara nerai wo sadameru yo shoumen wa jishin nai waa orz yamiuchi ni shi te yaru kara otonashiku kono dokuga ni kakare yo on na kodomo darou to kamawa zu ni ore no ikizama tsuranuku ze! hanzaisha i maasu keisatsu yobu yo? ano gaki no aisu ore no yori oishi sou onaji burando onaji mise na no ni nazeka acchi no hou ga oishi sou yaru shika nai ze henshitsusha ni aisu wa yara nai! omae ni you wa nai!! kitai mo shi te nai nai!! youkyuu wa zenbu deny barete nai nai nante arie nai saikin no otona wa aisu no tame ni heikide kodomo korosu yo ne? hanzaisha no bunzai de mein bookaru to ka nee, ima donna kimochi? sanzan desu yo nee higoro no urami wo kome ta ra ichigeki hissatsu ore wa sunapaa hikare hikare au kono yo no naka de nando demo yomigaeru ze soshite nando demo yamiuchi ni shi te yaru kara otonashiku kono dokuga ni kakare yo on na kodomo darou to kamawa zu ni ore no ikizama tsuranuku ze! [Meiyokaichou-P, MeiyokaichouP, Bucchigiri-P, BucchigiriP, BucchigiriP, Iwanami]
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PS3ソフト動作リスト(ま行) Backup Mangerでの動作リスト(ま行)です。 Wikiを編集できない人はPS3ソフト動作報告所にて報告してください。 ※海外での動作報告 ※PSGroove装着したままだと、PSNゲームのアップデートが失敗する可能性あり ※背景色の違い 未確認動作良好：不具合等ないもの不具合あり：不具合があるものの動作可能なもの動作不可：まったく起動できないもの＆プレイに支障がでる不具合があるもの(途中で止まるなど) 数字 / あ行 / か行 / さ行 / た行 / な行 / は行 / ま行 / や行 / ら行 / わ行 ま行 ○可能 △問題あり ×不可 ゲームタイトル リージョン PS3 FW BM Ver(PSGroove Ver) 内部HDD 外部HDD アップデート オンライン サイズ(GB) 備考 麻雀格闘倶楽部 全国対戦版 JPN 3.41 1.0 ○ 起動と操作確認 麻雀大会IV マーセナリーズ2 ワールド イン フレームス マーベル アルティメット アライアンス 魔界戦記ディスガイア3 JPN 3.41 1.00 ○ × 1.78 起動問題なし DLCラズベリル編もOKアペンドディスクはアペンドと３のオリジナルディスクが必要 魔界戦記ディスガイア3(best) JPN 3.41 1.00 △ 1.78 そのままでは起動不可 Ver5.10で起動可 魔界戦記ディスガイア4 JPN 3.41 ？ △ 2.94 そのままでは起動不可 EBOOT複合とパッチ併用で起動可 マクロストライアルフロンティア JPN 3.41 OM2.1d ○ ○ 1.02 起動問題なし MASSIVE ACTION GAME JPN 3.41 OM2.1I2+Hermes v4b+PL3 PSN ○ ○ ○ ○ 14.8 アップデート、オンライン対戦OK 街スベリ マッデンNFL09 マッデンNFL11 MAFIAⅡ ミストオブカオス JPN 3.41 OM2.1h ○ × 起動問題なし。外部HDDではFAT32の制限でインスト不可 Midnight Club Los Angeles JPN 3.41 1.10 ○ ○ ○ 4.78 起動及び操作確認hermes v4b+OM2.1dでバージョン1.04へのアップデート及び起動、操作を確認 宮里三兄弟内蔵 SEGA GOLFCLUB JPN 3.41 1.00 ○ ○ 1.39 起動及び操作確認 ミラーズエッジ みんなのGOLF 5 JPN 3.41 1.00 ○ ○ ○ ○ 5.73 3.50 spoof でインスト起動不可。偽装無しでインスト起動確認。 無限回廊 光と影の箱 JPN 3.41 1.00 × × 0.41 PlayStation moveなどの装着注意画面のあとにフリーズ 無双OROCHI Z JPN 3.41 1.00 ○ × 11.93 起動、動作確認。外付けはFAT32制限 メガゾーン23 青いガーランド JPN 3.41 1.00 ○ ○ 2.57 起動及び操作確認 メジャーリーグベースボール 2K7 メジャーリーグベースボール 2K8 メダル・オブ・オナー JPN 3.41 OM2.1i ○ ○ ○ 5.96 FW3.42要求、ディスクレス起動不可hermes v4b+OM2.1i(3.41パッチ使用+内部HDD起動はL1パッチも使用)で起動及び操作を確認。バージョン1.01(57MB)へのアップデートについても確認ディスクレス時は起動時に黒画面でフリーズ。L1パッチ未使用時の内部HDD起動はインストール画面でフリーズ。外部HDD起動は3.41パッチのみで起動可 メダル・オブ・オナー エアボーン メタルギアソリッド4 ガンズ・オブ・ザ・パトリオット JPN 3.41 OM2.1I2+Hermes v4b+PL3 PSN ○ 33.4 起動及び操作確認 ゲームのインストールデータありACT4終了後XMBに戻されるが、戻った直後にインストデータを削除し、OMを使用してパッチモードで起動すれば続行可能。詳しくはここ（海外サイト）を参照 メルルのアトリエ JPN 3.41 1.00 × × フリーズ MotorStorm ～モーターストーム～ JPN 3.41 1.00 ○ 11.9 1レースプレイし起動を確認 MotorStorm2 JPN 3.41 1.00 ○ ○ ModNation 無限のカート王国 JPN 3.41 1.00 ○ 8.68 オフラインは問題なし、アップデートについては未確認 モンスターハンター3rd HD .ver JPN 3.41 × × 今のところ起動不可 数字 / あ行 / か行 / さ行 / た行 / な行 / は行 / ま行 / や行 / ら行 / わ行
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Minecraft ゲーム名 紹介ページ[Wiki] マルチプレイ 評価 オープンソース 出来事 ジャンル 機種 Minecraft Playstation 4 Edition Please Wait 不明 なし 不明 不明 同じ PS4
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ヌマンガン語 ｜Trans-New Guinea languages｜Main Section languages｜Central and Western Main Section languages｜ 言語類型 現用言語 使用文字 ラテン文字【Latn?】 type living language writing system Latin alphabet ISO 639-3 【nop】 言語名別称 alternate names Boana Kai Manggang Ngain Numangang Numangan Sugu 方言名 dialect names East Numanggang West Numanggang 参考文献 references WEB ISO 639-3 Registration Authority - SIL International the LINGUIST List Ethnologue
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* ｜Dravidian languages｜ 言語類型 現用言語 使用文字 type living language writing system ISO 639-3 【mjo】 言語名別称 alternate names Mala Koravanm Mala Koravan Malaikuravan Malakkuravan Male Kuravan 方言名 dialect names Malayadiars 参考文献 references WEB ISO 639-3 Registration Authority - SIL International the LINGUIST List Ethnologue
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最終更新日時 2011年03月06日 (日) 21時43分29秒 代数的整数論 005 (86-160) 元スレ： http //science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1173998720/86-160 ログ元： http //2se.dyndns.org/test/readc.cgi/science6.2ch.net_math_1173998720/86-160 86 ：１３２人目の素数さん：2007/04/02(月) 12 04 00 -1 87 ：１３２人目の素数さん：2007/04/02(月) 12 05 00 -2 88 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/02(月) 21 43 43 √2 の連分数展開を求めてみる(展開の方法は 41 参照)。 √2 = 1 + (√2 - 1) 1/(√2 - 1) = √2 + 1 = 2 + (√2 - 1) よって √2 = [1, 2, 2, . . . ] 同様に √3 = 1 + (√3 - 1) 1/(√3 - 1) = (√3 + 1)/2 = 1 + (√3 - 1)/2 2/(√3 - 1) = √3 + 1 = 2 + (√3 - 1) よって √3 = [1, 1, 2, 1, 2, . . . ] √5 = 2 + (√5 - 2) 1/(√5 - 2) = √5 + 2 = 4 + (√5 - 2) √5 = [2, 4, 4, 4. . . ] √7 = 2 + (√7 - 2) 1/(√7 - 2) = (√7 + 2)/3 = 1 + (√7 - 1)/3 3/(√7 - 1) = (√7 + 1)/2 = 1 + (√7 - 1)/2 2/(√7 - 1) = (√7 + 1)/3 = 1 + (√7 - 2)/3 3/(√7 - 2) = √7 + 2 = 4 + (√7 - 2) √7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, . . . ] 89 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/02(月) 22 37 17 命題 k ≧ 1 と c ≧ 1 を有理整数で c は 2k の約数とする。 このとき、 √(k^2 + c) = [k, 2k/c, 2k, 2k/c, 2k, . . ,] 証明 0 ＜ c ＜ 2k + 1 だから k ＜ √(k^2 + c) ＜ k + 1 よって √(k^2 + c) = k + (√(k^2 + c) - k) k ＜ √(k^2 + c) ＜ k + 1 より 2k ＜ √(k^2 + c) + k ＜ 2k + 1 よって 1/(√(k^2 + c) - k) = (√(k^2 + c) + k)/c = 2k/c + (√(k^2 + c) - k)/c c/(√(k^2 + c) - k) = √(k^2 + c) + k = 2k + (√(k^2 + c) - k) 以上から √(k^2 + c) = [k, 2k/c, 2k, 2k/c, 2k, . . ,] 証明終 90 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/02(月) 22 47 44 89 の簡単な応用例を挙げる。 k = 1, c = 1 √2 = [1, 2, 2, . . .] k = 2, c = 1 √5 = [2, 4, 4, , . . .] k = 2, c = 2 √6 = [2, 2, 4, 2, 4, . . .] k = 3, c = 2 √11 = [3, 3, 6, 3, 6, . . .] 91 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/03(火) 20 46 13 88 の例はすべて循環連分数である。 √3 = [1, 1, 2, 1, 2, . . . ] は 1, 2 が繰り替えされている。 1, 2 を循環節といい、その長さは２である。 √7 = [2, 1, 1, 1, 4, 1, 1, 1, 4, . . . ] の循環節は 1, 1, 1, 4 であり、その長さは４である。 以上から循環連分数の定義は明らかだろうが正式には次のように定義する。 無限単純連分数 [k_0, k_1, . . . ] において n ≧ 0 と r ≧ 1 があり、i ≧ n のとき常に k_(i + r) = k_i となるとき これを循環連分数と呼ぶ。 k_n, . . . , k_(n + r -1) を循環節といい、r をその長さという。 n = 0 のとき純循環であるという。 92 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/03(火) 21 06 34 α = [k_0, k_1, . . . ] が循環連分数で k_n, . . . , k_(n + r -1) を 循環節に持つとする。 ここで、n ≧ 1 とし、 [k_0, k_1, . . . ] = [k_0, . . . , k_(n-1), β] とする。 ここで β = [k_n, k_(n+1), . . . ] である( 77)。 このとき α = (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2)) である( 43, 56)。 さらに β は純循環である。 よって循環連分数を調べるには純循環の場合が基本的である。 93 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/03(火) 22 20 25 α = [k_0, k_0, . . . ] が長さ１の純循環とする。 k_0 ≧ 1 に注意する。 α = [k_0, α] である。 つまり、α = k_0 + 1/α である。 よって α^2 - k_0α - 1 = 0 よって α は２次の無理数である。 さらに α ＞ k_0 ≧ 1 である。 f(x) = x^2 - k_0x - 1 とおくと、 f(0) = -1 f(-1) = 1 + k_0 - 1 = k_0 ≧ 1 よって f(x) の α 意外の根 β は -1 ＜ β ＜ 0 となる。 94 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/05(木) 17 29 03 r ≧ 2 とし、 α = [k_0, . . . , k_(r-1), . . . ] が長さ r の純循環( 92)とする。 したがって, k_0 ≧ 1 である。 93 より α = (p_(r-1)α + p_(r-2))/(q_(r-1)α + q_(r-2)) ここで、q_0 = 1 とする。 α(q_(r-1)α + q_(r-2) = p_(r-1)α + p_(r-2) q_(r-1)α^2 + (q_(r-2) - p_(r-1))α - p_(r-2) = 0 よって α は２次の無理数である。 f(x) = q_(r-1)x^2 + (q_(r-2) - p_(r-1))x - p_(r-2) とおく。 f(0) = -p_(r-2) ＜ 0 f(-1) = q_(r-1) - q_(r-2) + p_(r-1) - p_(r-2) 44 より r ≧ 3 のとき q_(r-1) = q_(r-2)k_(r-1) + q_(r-3) q_(r-1) - q_(r-2) = (k_(r-1) - 1)q_(r-2) + q_(r-3) ≧ q_(r-3) ＞ 0 r = 2 なら q_(r-1) - q_(r-2) = q_1 - q_0 = k_1 - 1 ≧ 0 r ≧ 3 のとき p_(r-1) = p_(r-2)k_(r-1) + p_(r-3) p_(r-1) - p_(r-2) = (k_(r-1) - 1)p_(r-2) + p_(r-3) ≧ p_(r-3) ＞ 0 r = 2 なら p_(r-1) - p_(r-2) = p_1 - p_0 = k_0k_1 + 1 - k_0 ≧ (k_1 - 1)k_0 + 1 ＞ 0 以上から f(-1) = q_(r-1) - q_(r-2) + p_(r-1) - p_(r-2) ＞ 0 よって α の共役 β は -1 ＜ β ＜ 0 である。 95 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/05(木) 17 48 29 ２次の実無理数 α とその共役 β に対して α ＞ 1, -1 ＜ β ＜ 0 となるとき α を簡約された２次無理数という。 96 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/05(木) 18 02 19 93 と 94 より次の命題が得られる。 命題 純循環連分数は簡約された２次無理数である。 97 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/05(木) 22 33 04 補題 α を簡約された２次無理数とし、k = [α] で k ≧ 1 とする。 ω = 1/(α - k) とおく。 つまり α = k + 1/ω である。 このとき ω も簡約された２次無理数である。 証明 過去スレ４の286より ω も２次無理数である。 よって α を α の共役とすると ω = 1/(α - k) は ω の共役である。 0 ＜ α - k ＜ 1 だから ω ＞ 1 である。 -1 ＜ α ＜ 0 だから -1 - k ＜ α - k k - α ＞ 1 + k よって 1/(k - α ) ＜ 1/(1 + k) ＜ 1 よって -1 ＜ 1/(α - k) ＜ 0 ω = 1/(α - k) だから ω は簡約された２次無理数である。 証明終 98 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/05(木) 22 47 36 97 α を簡約された２次無理数とし、k = [α] で k ≧ 1 とする。 α ＞ 1 だから k ≧ 1 は自動的に満たされるので、この条件は不要であった。 99 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 13 40 14 α を簡約された２次無理数とする。 α を連分数に展開して、 α = [k_0, k_1, . . . ] とする。 n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。 77 より α = [k_0, . . . , k_(n-1), α_n] である。 同じく 77 より α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] = [k_n, α_(n+1)] だから α_n = k_n + 1/α_(n+1) である。 よって 97 と n に関する帰納法により各 α_n は 簡約された２次無理数である。 α = (p_(n-1)α_n + p_(n-2))/(q_(n-1)α_n + q_(n-2)) で p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n である( 43, 44, 57)。 過去スレ４の286 より α と α_n は同じ判別式(過去スレ４の276) をもつ。 これに関連して次の命題が成り立つ。 100 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 14 37 53 命題 同じ判別式 D を持つ簡略された２次無理数の個数は有限である。 証明 α を判別式 D の簡約された２次無理数とする。 α は ax^2 + bx + c の根とする。 ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 D = b^2 - 4ac である。 β を α の共役とする。 α は簡約された２次無理数だから 95 より α ＞ 1, -1 ＜ β ＜ 0 である。 よって α + β ＞ 0 αβ ＜ 0 である。 ax^2 + bx + c = a(x - α)(x - β) だから b = -a(α + β) c = aαβ である。 よって b ＜ 0, c ＜ 0 となる。 よって D = b^2 + 4|ac| よって b^2 ＜ D だから b の取りうる値は有限個である。 4|ac| = D - b^2 だから a, c の取りうる値も有限個である。 証明終 101 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 15 05 11 命題 簡略された２次無理数は純循環連分数に展開される。 証明 α を判別式 D の簡約された２次無理数とする。 α を連分数に展開して、 α = [k_0, k_1, . . . ] とする。 n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。 99 より各 α_n は判別式 D の簡約された２次無理数である。 100 より相異なる α_n の個数は有限である。 よって α_n = α_m となる n ＜ m がある。 n ＞ 0 なら α_(n-1) = k_(n-1) + 1/α_n α_(m-1) = k_(m-1) + 1/α_m よって α_(n-1) - α_(m-1) = k_(n-1) - k_(m-1) よって α _(n-1) - α _(m-1) = k_(n-1) - k_(m-1) ここで α _(n-1), α _(m-1) はそれぞれ α_(n-1) と α_(m-1) の 共役である。 各 α_n は簡約された２次無理数だから -1 ＜ α _(n-1) ＜ 0 -1 ＜ α _(m-1) ＜ 0 よって |α _(n-1) - α _(m-1)| = |k_(n-1) - k_(m-1)| ＜ 1 k_(n-1) - k_(m-1) は有理整数だから 0 である。 よって α _(n-1) = α _(m-1) となる。 よって α_(n-1) = α_(m-1) である。 以上を繰り返せば α_0 = α_(m-n) となる。 よって α は純循環連分数に展開される。 証明終 102 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 17 52 04 補題 α を２次無理数とする。 p, q, r, s を有理数で、ps - qr ≠ 0 とする。 α = (pβ + r)/(qβ + s) とする。 つまり、β = (sα - r)/(-qα + p) とおく。 このとき β も２次無理数であり、 α = (pβ + r)/(qβ + s) である。 ここで α と β はそれぞれ α と β の共役である。 証明 Q(α) は２次体である。σ ≠ 1 を Q(α) の自己同型とする。 σ(α) = α である。 β ∈ Q(α) で β は有理数でないから β は２次無理数である。 α = (pβ + r)/(qβ + s) より σ(α) = (pσ(β) + r)/(qσ(β) + s) σ(β) = β だから α = (pβ + r)/(qβ + s) である。 証明終 103 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 18 05 37 命題 α を２次の実無理数とする。 α を連分数に展開して、 α = [k_0, k_1, . . . ] とする。 n ≧ 0 に対して α_n = [k_n, k_(n+1), . . . ] とおく。 このとき、ある n_0 ≧ 0 があり n ≧ n_0 なら常に α_n は簡約された ２次無理数である。 証明 99 と同様にして、 α = (p_(n-1)α_n + p_(n-2))/(q_(n-1)α_n + q_(n-2)) である。 よって 102 より β = (p_(n-1)β_n + p_(n-2))/(q_(n-1)β_n + q_(n-2)) となる。 ここで、β と β_n は α と α_n のそれぞれ共役である。 β_n = (q_(n-2)β - p_(n-2))/(-q_(n-1)β + p_(n-1)) 右辺の分子と分母をそれぞれ変形すると q_(n-2)β - p_(n-2) = q_(n-2)(β - p_(n-2)/q_(n-2)) -q_(n-1)β + p_(n-1) = -q_(n-1)(β - p_(n-1)/q_(n-1)) となる。 よって β_n = -(q_(n-2)/q_(n-1))(β - p_(n-2)/q_(n-2))/(β - p_(n-1)/q_(n-1)) (続く) 104 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 18 21 43 103 の続き。 80 より n → ∞ のとき p_(n-2)/q_(n-2) → α p_(n-1)/q_(n-1) → α よって (β - p_(n-2)/q_(n-2))/(β - p_(n-1)/q_(n-1)) → (β - α)/(β - α) = 1 (q_(n-2)/q_(n-1)) ＞ 0 だから 十分大きい n に対して β_n ＜ 0 α_n = k_n + 1/α_(n+1) よって 102 より β_n = k_n + 1/β_(n+1) よって β_(n+1) = 1/(β_n - k_n) |β_n - k_n| ＞ 1 だから -1 ＜ β_(n+1) ＜ 0 α_(n+1) ＞ 1 だから α_(n+1) は簡約された２次無理数である。 97 より m ≧ n + 1 なら α_m も簡約された２次無理数である。 証明終 105 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 18 26 27 定理(Lagrange) ２次の実無理数は循環連分数に展開される。 証明 101 と 103 より明らかである。 106 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/07(土) 19 16 18 97 ω = 1/(α - k) は ω の共役である。 これは 102 から出る。 従って、 102 は 97 の前に出したほうが良かった。 107 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 01 21 03 補題 t ≠ 0 を有理数とする。 t を有限単純連分数( 69)に展開して t = [k_0, . . . , k_(n-1)] とするとき、項数 n を偶数または奇数の どちらにも出来る。 証明 t = [k_0, . . . , k_(n-1)] において n = 1 のとき 即ち t = [k_0] のときは t = [k_0 - 1, 1] でもある。 よって n ≧ 2 と仮定してよい。 k_(n-1) = 1 なら [k_0, . . . , k_(n-1)] = [k_0, . . . , k_(n-2) + 1] k_(n-1) ＞ 1 なら [k_0, . . . , k_(n-1)] = [k_0, . . . , k_(n-1) - 1, 1] いずれの場合も、項数を偶数または奇数のどちらにも出来る。 証明終 108 ：１３２人目の素数さん：2007/04/08(日) 02 00 48 虚二次体と類数について教えて下さい 109 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 02 14 37 108 過去スレ４ に書いてあります。 過去スレ４は 54 のリンク先で見れます。 そこはいつまで見れるかわからないのでパソコンに保存しておいたほうがよいです。 虚二次体とその類数についてさらに詳しいことはこの後にやる予定。 110 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 10 33 01 補題 β ＞ 1 を実無理数とする。 α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。 ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 であり、 c ＞ d ＞ 0 である。 このときある n ≧ 1 があり、 α = [k_0, . . . , k_(n-1), β] となる。 ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。 証明 a/c を単純連分数( 69)に展開して a/c = [k_0, . . . , k_(n-1)] とする。 107 より ad - bc = (-)^n と仮定してよい。 61 より [k_0, k_1, . . . , k_(n-1)] = p_(n-1)/q_(n-1) である。 ここで p_(n-1) = P(k_0, k_1, ... , k_(n-1)) q_(n-1) = P(k_1, ... , k_(n-1)) とおいた。 (続く) 111 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 10 36 21 110 の続き。 ad - bc = (-)^n だから gcd(a, c) = 1 57 より p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n よって gcd(p_(n-1), q_(n-1)) = 1 a/c = p_(n-1)/q_(n-1) で c ＞ 0, q_(n-1) ＞ 0 だから a = p_(n-1) c = q_(n-1) よって aq_(n-2) - cp_(n-2) = ad - bc a(d - q_(n-2)) = c(b - p_(n-2)) gcd(a, c) = 1 だから d ≡ q_(n-2) (mod c) c ＞ d ＞ 0 c = q_(n-1) ≧ q_(n-2) ＞ 0 よって |d - q_(n-2)| ＜ c d ≡ q_(n-2) (mod c) より d = q_(n-2) よって b = p_(n-2) α = (aβ + b)/(cβ + d) = (p_(n-1)β + p_(n-2))/(q_(n-1)β + q_(n-2)) = [k_0, . . . ,k_(n-1), β] 証明終 112 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 16 33 36 命題 β を実無理数とする。 α = (aβ + b)/(cβ + d) とする。 ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。 このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、 α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω] β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω] となる。 ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、 各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。 即ち、α と β を無限連分数に展開したとき、それぞれのある項から 先の展開は一致する。 証明 cβ + d ＜ 0 なら -cβ - d ＞ 0 で α = (-aβ - b)/(-cβ - d) だから cβ + d ＞ 0 と仮定してよい。 β を 無限連分数に展開して β = [h_0, h_1, . . . ] とする。 m ≧ 1 に対して ω_m = [h_m, h_(m+1), . . . ] とおく。 77 より β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω_m] である。 99 と同様にして、 β = (p_(m-1)ω_m + p_(m-2))/(q_(m-1)ω_m + q_(m-2)) (続く) 113 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 16 36 26 112 の続き。 α = (aβ + b)/(cβ + d) より、 α = (Aω_m + B)/(Cω_m + d) ここで A = ap_(m-1) + bq_(m-1) B = ap_(m-2) + bq_(m-2) C = cp_(m-1) + dq_(m-1) D = cp_(m-2) + dq_(m-2) である。 C = cp_(m-1) + dq_(m-1) = q_(m-1)(cp_(m-1)/q_(m-1) + d) m → ∞ のとき p_(m-1)/q_(m-1) → β だから cβ + d ＞ 0 より十分大きい m に対して C ＞ 0 である。 C = cp_(m-1) + dq_(m-1) = h_(m-1)(cp_(m-2) + dq_(m-2)) + cp_(m-3) + dq_(m-3) 上で述べたことより十分大きい m に対して cp_(m-3) + dq_(m-3) ＞ 0 である。 このとき C = cp_(m-1) + dq_(m-1) ＞ D = cp_(m-2) + dq_(m-2) よって 110 より このときある n ≧ 1 があり、 α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω_m] となる。 証明終 114 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 16 38 59 105 と 112 の証明は高木の初等整数論講義を参考にした。 115 ：１３２人目の素数さん：2007/04/08(日) 17 05 50 名無しで自分の隔離病棟スレを立てているんだねｗ 116 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 17 37 25 112 の逆が成り立つことは明らかだろうが、一応証明する。 命題 α と β を実無理数とする。 ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、 α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω] β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω] となるとする。 ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 であり、 各 h_i も有理整数で i ≧ 1 のとき h_i ≧ 1 である。 このとき、α = (aβ + b)/(cβ + d) となる。 ここで a, b, c, d は有理整数で ad - bc = ±1 である。 証明 α = [k_0, . . . , k_(n-1), ω] より α = (pω + r)/(qω + s) となる。 ここで p, r, q, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 よって A = (p, r)/(q, s) とおけば、A ∈ GL_2(Z) であり、 α = Aω となる。 同様に β = [h_0, . . . , h_(m-1), ω] より β = (p ω + r )/(q ω + s ) となる。 ここで p , r , q , s は有理整数で p s - q r = ±1 である。 B = (p , r )/(q , s ) とおけば、B ∈ GL_2(Z) であり、 β = Bω となる。 従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり AB^(-1) ∈ GL_2(Z) である。 証明終 117 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 17 59 59 116 従って、α = Aω = AB^(-1)ω となり 従って、α = Aω = AB^(-1)β となり 118 ：β ◆aelgVCJ1hU ：2007/04/08(日) 18 09 04 呼んだか･･？ 119 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/08(日) 19 46 47 112 このとき、ある実無理数 ω と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、 このとき、ある実無理数 ω ＞ 1 と n ≧ 1, m ≧ 1 があり、 120 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/09(月) 22 34 11 補題 θ を簡約された２次無理数とし、 θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 このとき (rθ + s)(rθ + s) = ε である。 ここで θ は θ の共役で ε = ps - qr = ±1 である。 証明 θ = (pθ + q)/(rθ + s) より、 θ(rθ + s) = pθ + q rθ^2 + (s - p)θ - q = 0 よって θ は rx^2 + (s - p)x - q の根である。 よって rx^2 + (s - p)x - q = r(x - θ)(x - θ ) 従って r(θ + θ ) = p - s rθθ = -q (rθ + s)(rθ + s) = r^2θθ + rs(θ + θ ) + s^2 = -qr + s(p - s) + s^2 = ps - qr = ε 証明終 121 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/11(水) 12 51 05 120 証明からわかるように、θ は単に２次無理数であればよく、 簡約された２次無理数である必用はなかった。 122 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/11(水) 15 16 24 命題(高木の初等整数論講義) θ を簡約された２次無理数とし、 θ = (pθ + q)/(rθ + s) とする。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 さらに、rθ + s ＞ 1 とする。 このときある n ≧ 1 があり、 θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。 ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。 証明 E = rθ + s, E = rθ + s とおく。 120 より EE = ps - qr = ±1 である。 |EE | = 1 で E ＞ 1 だから |E | ＜ 1 したがって、E - E ＞ 0 即ち r(θ - θ ) ＞ 0 θ は簡約された２次無理数だから、θ ＞ 1, -1 ＜ θ ＜ 0 である( 95)。 よって、θ - θ ＞ 0 だから r ＞ 0 である。 よって、rθ + s ＞ -r + s EE = 1 のとき E ＞ 1 より 1 ＞ E ＞ 0 よって r + 1 ＞ r + E 一方、上より E ＞ -r + s だから r + E ＞ s よって r + 1 ＞ s よって r ≧ s EE = -1 のときは E ＞ 1 より 0 ＞ E ＞ -1 よって r ＞ r + E 一方 r + E ＞ s だから r ＞ s (続く) 123 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/11(水) 16 26 18 122 の続き。 EE = 1 のとき E ＞ 0 すなわち rθ + s ＞ 0 だから s ＞ -rθ ＞ 0 この場合 r ≧ s だったから r ＞ s なら 110 より本命題は従う。 EE = -1 のとき 0 ＞ E ＞ -1 一方 r ＞ 0 で θ ＜ 0 だから s ＞ rθ + s よって s ＞ - 1 即ち s ≧ 0 である。 r ＞ s だったから s ＞ 0 ならやはり 110 より本命題は従う。 残るのは EE = 1 で r = s ＞ 0 の場合と EE = -1 で r ＞ s = 0 の場合である。 EE = 1 で r = s ＞ 0 なら、 pr - qr = 1 (p - q)r = 1 r ＞ 0 だから r = 1 よって q = p - 1 θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1) = p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1) = p - 1 + θ/(θ + 1) = p - 1 + 1/(1 + 1/θ) よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。 EE = -1 で r ＞ s = 0 なら、 ps - qr = -qr = -1 よって qr = 1 r ＞ 0 だから r = q = 1 θ = (pθ + 1)/θ = p + 1/θ = [p, θ] よって、この場合も本命題は従う。 証明終 124 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/11(水) 20 28 21 123 よって q = p - 1 θ = (pθ + p - 1)/(θ + 1) = (p(θ + 1) - 1)/(θ + 1) = p - 1/(θ + 1) = p - 1 + 1 - 1/(θ + 1) = p - 1 + よって θ = [p - 1, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。 ここは高木のように以下のようにしたほうが良かった。 よって p = q + 1 θ = ((q + 1)θ + q)/(θ + 1) = q + θ/(θ + 1) = q + 1/(1 + 1/θ) よって θ = [q, 1, θ] となり、この場合も本命題は従う。 125 ：１３２人目の素数さん：2007/04/12(木) 06 33 11 Thomas Pietraho. 126 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/12(木) 12 41 15 θ を実２次無理数とする。 θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。 ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。 a, b, c は θ により一意に決まる。 ２次方程式の根の公式よりθ = (-b ± √D)/2a である。 話を固定するため θ = (-b + √D)/2a と仮定する。 ここで D = b^2 - 4ac である。 D は θ の判別式である(過去スレ４の276)。 θ は実数と仮定したから D ＞ 0 である。 D = b^2 - 4ac だから D ≡ b^2 (mod 4) である。 0^2 ≡ 0 (mod 4) 1^2 ≡ 1 (mod 4) 2^2 ≡ 0 (mod 4) 3^2 ≡ 1 (mod 4) よって D ≡ 0 (mod 4) または D ≡ 1 (mod 4) である。 θ は無理数だから D は平方数でない。 従って、過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R = [1, fω] の判別式になる。 D = (f^2)d である。 ここで f は有理整数 f ＞ 0 であり d は Q(√m) の判別式である。 過去スレ４の587より I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] は R のイデアルである。 過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。 127 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/12(木) 20 56 36 θ を実２次無理数とする。 θ は２次多項式 ax^2 + bx + c の根である。 ここで a, b, c は有理整数で a ＞ 0, gcd(a, b, c) = 1 である。 a, b, c は θ により一意に決まる。 ２次方程式の根の公式よりθ = (-b ± √D)/2a である。 話を固定するため θ = (-b + √D)/2a と仮定する。 ここで D = b^2 - 4ac である。 D は θ の判別式である(過去スレ４の276)。 θ は実数と仮定したから D ＞ 0 である。 D = b^2 - 4ac だから D ≡ b^2 (mod 4) である。 0^2 ≡ 0 (mod 4) 1^2 ≡ 1 (mod 4) 2^2 ≡ 0 (mod 4) 3^2 ≡ 1 (mod 4) よって D ≡ 0 (mod 4) または D ≡ 1 (mod 4) である。 θ は無理数だから D は平方数でない。 従って、過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R = [1, fω] の判別式になる。 D = (f^2)d である。 ここで f は有理整数 f ＞ 0 であり d は Q(√m) の判別式である。 過去スレ４の587より I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] は R のイデアルである。 過去スレ４の592より I は可逆イデアルである。 128 ：１３２人目の素数さん：2007/04/12(木) 21 04 02 Googleがking仕様になったぞ 早く見てみろ 129 ：１３２人目の素数さん：2007/04/12(木) 21 07 46 ax^2 + bx + c＝０ の解はa,b,cの関数で、逆函数がある。 ２つの２次曲線の交点が解だと、逆函数は存在しない。 でも２次曲線のｘ切片が２個決まれば、その２点を通る２次曲線は 無限にある。 130 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 12 06 28 127 の続き。 (1) m ≡ 1 (mod 4) のとき ω = (1 + √m)/2 であり、d = m である(過去スレ３の768)。 D = (f^2)m より (-b + √D)/2 = (-b + f√m)/2 = (-b - f + f(1 + √m))/2 = -(b + f)/2 + fω D ≡ f^2 (mod 4) だから b^2 ≡ f^2 (mod 4) よって b^2 ≡ f^2 (mod 2) よって b ≡ f (mod 2) よって b + f ≡ 0 (mod 2) 即ち -(b + f)/2 は有理整数である。 (2) m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき ω = √m であり、d = 4m である(過去スレ３の768)。 D = 4(f^2)m より (-b + √D)/2 = (-b + 2f√m)/2 = -b/2 + fω D ≡ 0 (mod 4) だから b^2 ≡ 0 (mod 4) よって b ≡ 0 (mod 2) 即ち -b/2 は有理整数である。 131 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 16 58 24 130 の続き。 I = [a, (-b + √D)/2] = [a, aθ] = [a, c + fω] である。 ここで、 m ≡ 1 (mod 4) のとき c = -(b + f)/2 m ≡ 2 (mod 4) または m ≡ 3 (mod 4) のとき c = -b/2 I = αI となる α ∈ Q(√m) があるとする。 過去スレ４の593より θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる。 ここで p, q, r, s は有理整数で ps - qr = ±1 である。 逆に、ps - qr = ±1 となる有理整数 p, q, r, s があり、 θ = (pθ + q)/(rθ + s) とすると、過去スレ４の593より I = αI となる。 ここで、α = rθ + s である。 I は可逆イデアルだから I = αI なら II^(-1) = αII^(-1) II^(-1) = R だから R = αR である。ここで R = [1, fω]。 よって αβ = 1 となる β ∈ R がある。 即ち α は R の単数である。 逆に α が R の単数なら αR = R だから I = RI = αRI = αI 132 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 17 02 38 過去スレ４の590より R = {(x + y√D)/2 ; x ∈ Z, y ∈ Z, x ≡ yD (mod 2) } である。 従って、 D ≡ 0 (mod 4) のとき R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ 0 (mod 2) } である。 D ≡ 1 (mod 4) のとき R = {(u + v√D)/2 ; u ∈ Z, v ∈ Z, u ≡ v (mod 2) } である。 α = (u + v√D)/2 が R の単数なら、 αα = (u + v√D)/2 (u - v√D)/2 = (u^2 - Dv^2)/4 = ±1 逆に (u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら u^2 ≡ Dv^2 (mod 4) D ≡ 0 (mod 4) のとき u^2 ≡ 0 (mod 4) u ≡ 0 (mod 2) D ≡ 1 (mod 4) のとき u^2 ≡ v^2 (mod 4) u ≡ v (mod 2) よって、いずれの場合にも α = (u + v√D)/2 は R の元であり 従って R の単数である。 133 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 17 06 01 (u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら (u, -v), (-u, v), (-u, -v) も同様である。 これ等には、それぞれ α , -α , -α が対応する。 u ＞ 0, v ＞ 0 なら D ≧ 2 だから α = (u + v√D)/2 ≧ (1 + √2)/2 ＞ 1 以上から、次のことが分かった。 α を R の単数とすると、α, α , -α , -α のどれか一つは 1 より大きい。 134 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 17 27 10 133 を以下のように訂正する。 (u, v) が u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解なら (u, -v), (-u, v), (-u, -v) も同様である。 これ等には、それぞれ α , -α , -α が対応する。 u = 0 なら -Dv^2 = ±4 より v^2 = 1 または v^2 = 4 となり D = 4 または D = 1 となって矛盾。 v = 0 なら u^2 = 4 より u = ±2 となり α = ±1 である。 u ＞ 0, v ＞ 0 なら D ≧ 2 だから α = (u + v√D)/2 ≧ (1 + √2)/2 ＞ 1 以上から、次のことが分かった。 α ≠ ±1 を R の単数とすると、α, α , -α , -α のどれか一つは 1 より大きい。 135 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 21 52 44 131 より θ = (pθ + q)/(rθ + s) なら rθ + s は R の単数である。 よって 132 より rθ + s = (u + v√D)/2 となる。 ここで (u, v) は u^2 - Dv^2 = ±4 の有理整数解である。 p, q, r, s を u, v で表してみよう。 (u + v√D)/2 = rθ + s = r(-b + √D)/2a + s よって v = r/a よって r = av u/2 = -rb/2a + s だから u/2 = -vb/2 + s s = (u + vb)/2 θ = (pθ + q)/(rθ + s) だから θ(rθ + s) = pθ + q これに θ = (-b + √D)/2a を代入して (u + v√D)/2 (-b + √D)/2a = p(-b + √D)/2a + q (-ub + (u - vb)√D + vD)/4a = 2p(-b + √D)/4a + q よって (-ub + vD)/4a = (4aq - 2pb)/4a -ub + vD = 4aq - 2pb (u - vb)/4a = 2p/4a p = (u - bv)/2 -ub + vD = 4aq - 2pb = 4aq - (u - bv)b -b^2v + vD = 4aq q = v(-b^2 + D)/4a = -4acv/4a = -cv 以上から (p, q/(r, s) = ((u - bv)/2, -cv)/(av, (u + bv)/2) 136 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 22 08 52 122 このときある n ≧ 1 があり、 θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] となる。 ここで、各 k_i は有理整数で i ≧ 1 のとき k_i ≧ 1 である。 θ ＞ 1 だから k_0 ≧ 1 でもある。 137 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/13(金) 22 44 28 命題 θ, R は 126 同じとする。 A = (p_0, q_0)/(r_0, s_0) ∈ GL_2(Z) B = (p_1, q_1)/(r_1, s_1) ∈ GL_2(Z) で θ = Aθ θ = Bθ とする。 E_0 = r_0θ + s_0 E_1 = r_1θ + s_1 とおけば、 131 より E_0, E_1 は R の単数である。 AB = C とすれば θ = Cθ である。 C = (p_2, q_2)/(r_2, s_2) ∈ GL_2(Z) E_2 = r_2θ + s_2 とおく。 このとき、E_0E_1 = E_2 である。 証明 E_0E_1 = (r_0θ + s_0)(r_1θ + s_1) = r_0θ(r_1θ + s_1) + s_0(r_1θ + s_1) = r_0(p_1θ + q_1) + s_0(r_1θ + s_1) = (r_0p_1 + s_0r_1)θ + (r_0q_1 + s_0s_1) = r_2θ + s_2 証明終 138 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/14(土) 00 52 14 R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。 127 において θ が簡約された２次無理数の場合を考える。 101 より θ は純循環連分数に展開される。 θ = [k_0, . . . , k_(n-1), θ] で、k_0, . . . , k_(n-1) が 最短の純循節とする。 θ = (p_(n-1)θ + p_(n-2))/(q_(n-1)θ + q_(n-2)) で p_(n-1)q_(n-2) - q_(n-1)p_(n-2) = (-1)^n である( 43, 44, 57)。 θ ＞ 1 で q_(n-1) ＞ 0, q_(n-2) ≧ 0 だから E = q_(n-1)θ + q_(n-2) ＞ 1 である。 131 より E は R の単数である。 α を R の単数で α ＞ 1 とする。 α も R の単数であるから 131 より I = α I である。 よって θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる 有理整数 p, q, r, s で ps - qr = ±1 となるものがあり、 α = rθ + s である。 よって α = rθ + s である。 α ＞ 1 だから 122 より rθ + s はθの連分数展開から得られる。 よって 137 より α = E^m となる m ≧ 1 がある。 139 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/14(土) 01 07 04 α を R の単数で α ＞ 1 とする。 α も R の単数であるから 131 より I = α I である。 よって θ = (pθ + q)/(rθ + s) となる 有理整数 p, q, r, s で ps - qr = ±1 となるものがあり、 α = rθ + s である。 よって α = rθ + s である。 α ＞ 1 だから 122 より rθ + s はθの連分数展開から得られる。 よって 137 より α = E^m となる m ≧ 1 がある。 α を R の単数で 0 ＜ α ＜ 1 とすると、1/α ＞ 1 だから 138 より 1/α = E^m となる m ≧ 1 がある。 よって α = E^(-m) である。 α ＜ 0 なら -α ＞ 0 だから α ≠ -1 なら上でのべたことから -α = E^m となる m ≠ 0 がある。 以上から R の任意の単数は ±E^m, m ∈ Z と書ける。 E を R の基本単数と呼ぶ。 140 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/14(土) 01 12 10 138 R = [1, fω] を実２次体 Q(√m) の整環とし、D をその判別式とする。 θ を判別式 D の簡約された２次無理数とする。 この部分は不要なので削除する。 141 ：１３２人目の素数さん：2007/04/14(土) 04 10 00 16 142 ：１３２人目の素数さん：2007/04/14(土) 04 11 00 17 143 ：１３２人目の素数さん：2007/04/14(土) 04 12 00 16 144 ：１３２人目の素数さん：2007/04/14(土) 04 13 00 15 145 ：１３２人目の素数さん：2007/04/14(土) 04 14 02 14 146 ：１３２人目の素数さん：2007/04/14(土) 04 15 00 13 147 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 10 13 27 連分数の理論を(２元)２次形式論と実２次体に応用するためには、 ２次の無理数と２次形式と２次体のイデアルの３者の関係をはっきり させておいたほうが良い。 この関係は過去スレ４でもある程度扱ったが、ここではより詳しく 述べる。 ここで述べる定式化は Henri Cohen の A course in computational algebraic number thery から拝借した。 148 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 10 43 56 D を平方数でない有理整数で、D ≡ 0 または 1 (mod 4) とする。 過去スレ４の586より D はある２次体 Q(√m) の整環 R の 判別式である。 I を R の分数イデアル(過去スレ２の677)とする。 即ち、Q(√m) の R-部分加群 I が次の条件を満たすとき I を R の 分数イデアルと呼ぶ。 1) I ≠ 0 2) Q(√m) の元 x ≠ 0 で xI ⊂ R となるものがある。 定義より、I = (1/α)J と書ける。 ここで J は R のイデアルで α は R の元である。 I のノルム N(I) を N(I) = N(J)/|N(α)| で定義する。 これが J と α の取り方によらないことは証明を要する。 149 ：１３２人目の素数さん：2007/04/21(土) 10 57 54 糞 150 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 11 17 07 補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。 I = [α, β] を I のある基底による表示とする。 I ⊂ R だから α = pμ + qν β = rμ + sν と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。 このとき N(I) = |ps - qr| である。 証明 I = [a, b + cfω] を I の標準基底 (過去スレ４の429) による 表示とする。 N(I) = ac である(過去スレ４の438)。 [μ, ν] の [1, fω] による変換行列を A とする。 つまり、(μ, ν) = A(1, fω) である。 ここで、(μ, ν) , (1, fω) はそれぞれ列ベクトルを表す。 同様に [a, b + cfω] の [1, fω] による変換行列を B とする。 つまり、(a, b + cfω) = B(1, fω) である。 ここで、B = (a, 0)/(b, c) である。 同様に [α, β] の [a, b + cfω] による変換行列を C とする。 (α, β) = C(a, b + cfω) = CB(1, fω) = CBA^(-1) (μ, ν) 従って、P = (p, q)/(r, s) とおけば P = CBA^(-1) である。 det(A) = ±1, det(C) = ±1 だから |det(P)| = |det(B)| = ac = N(I) det(P) = ps - qr だから N(I) = |ps - qr| である。 証明終 151 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 11 30 20 補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 R = [μ, ν] を R のある基底による表示とする。 I = [α, β] を I のある基底による表示とする。 I ⊂ R だから α = pμ + qν β = rμ + sν と書ける。ここで p, q, r, s は有理整数である。 このとき αβ - α β = (ps - qr)(μν - μ ν) 証明 (α, α )/(β, β ) = (p, q)/(r, s) (μ, μ )/(ν, ν ) である。 両辺の行列式をとればよい。 証明終 152 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 11 47 49 補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 I = [α, β] を I のある基底による表示とする。 (αβ - α β)^2 は有理整数 ＞ 0 であり、基底 α, β の 取り方によらない。 証明 I = [γ, δ] を I の別の基底による表示とする。 [α, β] の [γ, δ] による変換行列を P とすれば 151 と同様にして αβ - α β = (ps - qr)(γδ - γ δ) 両辺を２乗して (αβ - α β)^2 = (ps - qr)^2 (γδ - γ δ)^2 det(P) = ±1 だから (αβ - α β)^2 = (γδ - γ δ)^2 証明終 153 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 11 54 18 定義 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 I = [α, β] を I のある基底による表示とする。 d(I) = (αβ - α β)^2 と書き、これを I の判別式という。 152 より、これは基底 α, β の取り方によらない。 d(I) を d(α, β) とも書く。 容易にわかるように d(R) は R の判別式に一致する。 さらに d(1, ω) は２次体 Q(√m) の判別式である。 154 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 11 59 03 補題 R = [1, fω] を２次体 Q(√m) の整環とし、 I ≠ 0 を R のイデアルとする。 d(I) = (N(I)^2)d(R)である。 証明 定義( 152) と 150, 151 より明らかである。 155 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 12 05 04 定義 α, β を２次体 Q(√m) の元とする。 Δ(α, β) = αβ - α β と書く。 156 ：Kummer ◆g2BU0D6YN2 ：2007/04/21(土) 12 19 47 補題 α, β, γ を２次体 Q(√m) の元とする。 Δ(γα, γβ) = N(γ)Δ(α, β) である。 証明 Δ(γα, γβ) = γαγ β - γ α γβ = γγ (αβ - α β) = N(γ)Δ(α, β) 証明終 157 ：１３２人目の素数さん：2007/04/22(日) 04 10 00 12 158 ：１３２人目の素数さん：2007/04/22(日) 04 11 00 11 159 ：１３２人目の素数さん：2007/04/22(日) 04 12 00 10 160 ：１３２人目の素数さん：2007/04/22(日) 04 13 00 9 タグ： コメント
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* ｜Austronesian languages｜Malayo-Polynesian languages｜Northern Philippine languages｜ 言語類型 現用言語 使用文字 type living language writing system ISO 639-3 【kmd】 言語名別称 alternate names Madukayang Kalinga Majukayong 方言名 dialect names 参考文献 references WEB ISO 639-3 Registration Authority - SIL International the LINGUIST List Ethnologue
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ダル・シラ・ダジュ語 ｜Nilo-Saharan languages｜Eastern Sudanic languages｜ 言語類型 現用言語 使用文字 type living language writing system ISO 639-3 【dau】 言語名別称 alternate names Bokorike Bokoruge Bokor Dadjo Dajou Daju Mongo-Sila Sila Sula 方言名 dialect names Mongo Sila 参考文献 references WEB ISO 639-3 Registration Authority - SIL International the LINGUIST List Ethnologue
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会員削除済み (2008/01/18) [Name] [Rating] [Ave] [Win] [Lose] [Game] [BestR] [ID] kumasan0601 2442 .590 125 87 213 六段 212409 (2007/12/31) 将棋クラブ24ソフト指しはコイシだPart3(550-551) http //game14.2ch.net/test/read.cgi/bgame/1197479506/550-551 550 ：(44) ◆K2GooO//G. ：2007/12/24(月) 23 57 57 ID mix8hxvp kumasan0601 の１１月３０日１２局目を東大将棋８で調べてみました 開始日時：07/11/30 10 11 08 先手：kumasan0601 (R2005) 後手：(R2291) ▲７六歩1J △３四歩 ▲２六歩1J △３五歩 ▲４八銀1J △３二飛 ▲４六歩1J △６二玉 ▲４七銀1J △７二玉 ▲６八玉1J △８二玉 ▲７八玉1J △７二銀 ▲６八銀1J △９四歩 ▲２二角成1 △同 銀 ▲９六歩1 △２四歩 ▲４八金2 △２三銀 ▲２五歩1 △同 歩 ▲同 飛1 △２二飛 ▲３六歩1 △３三桂 ▲２八飛1 △３九角 ▲３八飛1 △４八角成 ▲同 飛1 △３二銀 ▲２八歩1 △２七歩 ▲同 歩2 △同飛成 ▲２八歩1 △２四龍 ▲３五歩1 △同 龍 ▲５九金2 △３九龍 ▲３四歩1 △２五桂 ▲３三歩成1 △同 龍 ▲３八飛1 △３七歩 ▲５八飛1 △４四歩 ▲４九金2 △４三銀 ▲２七歩1 △４五歩 ▲６六角1 △３一龍 ▲２二角打1 △３五龍 ▲５五角引成1 △５四銀 ▲４四馬1 △同 龍 ▲同 角1 △４六歩 ▲５六銀1 △３六角 ▲４八飛1 △４七金 ▲２八飛1 △４五銀 ▲５三角成2 △５六銀 ▲同 歩1 △３八歩成 ▲同 金1 △５八金 ▲３五馬1 △６九銀 ▲７七玉1 △４七角成 ▲同 金1 △同歩成 ▲６二銀1 △同 金 ▲同 馬1 △６一金 ▲３五馬1 △６八金 ▲同 馬1 △５八銀成 ▲３五馬1 △５七と ▲２一飛1 △３一歩 ▲１一飛成1 △６八銀 ▲８六玉1 △６七と ▲２二龍1 △５二歩 ▲６二歩1 △７一金 ▲４二歩1 △３二金 ▲１三龍2 △８四歩 ▲９七玉1 △９五歩 ▲同 歩1 △９六歩 ▲８六玉1 △８三銀 ▲９六香1 △７四銀 ▲９四歩3 △８五銀 ▲９七玉1 △９六銀 ▲同 玉1 △９四香 ▲９五歩1 △８五銀 ▲９七玉1 △９五香 ▲８八玉1 △９七歩 ▲９六歩1 △同 香 ▲９七桂11 △７七銀成 数字の後の[J]は東大将棋８の定跡手 先手評価値 84/67=1.25 東大将棋８の最善・次善手との一致率 65/67=97.0% kumasan0601 東大将棋８の最善・次善手との一致率 65/67=97.0% (7113012)【認2】。 551 ：(44) ◆K2GooO//G. ：2007/12/24(月) 23 58 26 ID mix8hxvp kumasan0601 の１２月２日４局目を東大将棋８で調べてみました 開始日時：07/12/02 02 56 55 先手：(R2046) 後手：kumasan0601 (R2128) ▲７六歩 △８四歩1J ▲６八銀 △３四歩1J ▲６六歩 △６二銀1J ▲５六歩 △５四歩1J ▲４八銀 △４二銀1J ▲７八金 △３二金1J ▲５八金 △４一玉1J ▲６七金右 △５三銀右1J ▲６九玉 △７四歩1J ▲７七銀 △５五歩1J ▲同 歩 △同 角1J ▲７九角 △２二角1J ▲４六角 △５五歩1J ▲２六歩 △５四銀1 ▲２五歩 △３三銀1 ▲３六歩 △３一角1J ▲３七桂 △６四角1 ▲７九玉 △４四歩2 ▲８八玉 △５二金1 ▲１六歩 △３一玉1 ▲１五歩 △４三金右1 ▲２九飛 △８五歩2 ▲２四歩 △同 銀1 ▲６八角 △７五歩2 ▲同 歩 △同 角1 ▲４六歩 △３三銀1 ▲４七銀 △６四角1 ▲２七飛 △９四歩1 ▲７六歩 △２二玉1 ▲４五歩 △同 歩1 ▲３五歩 △同 歩1 ▲同 角 △７二飛1 ▲１四歩 △同 歩1 ▲１三歩 △同 香1 ▲２五桂 △２四銀1 ▲６八角 △５六歩1 ▲４六歩 △３八歩1 ▲５六銀 △３九歩成1 ▲６五歩 △４六角1 ▲同 角 △同 歩1 ▲５五歩 △６五銀1 ▲同 銀 △３八角1 ▲４五角 △６五角成1 ▲６三角成 △８二飛1 ▲５四銀 △５二銀1 ▲同 馬 △５四金1 ▲４三銀 △５二飛1 ▲同銀成 △４四金2 ▲１三桂成 △同 銀1 ▲３三歩 △同 桂1 ▲４一飛 △４三馬1 ▲５四香 △４九角1 ▲５三香成 △２七角成1 ▲４三成香 △同金引1 ▲６五角 △３一歩2 ▲４三角成 △同 金1 ▲同飛成 △６四香11 ▲４二龍 △３二飛1 ▲同 龍 △同 歩1 ▲６一飛 △２一桂1 ▲３一金 △１二角1 ▲２一金 △同 角1 ▲３四桂 △１二玉1 ▲１四香 △１一金1 ▲２二歩 △６七香成1 ▲同飛成 △３六馬1 ▲２一歩成 △１四銀1 ▲３一角 △７九銀2 ▲９八玉 △２二香1 ▲同桂成 △１三玉1 ▲３四金 △１五銀1 ▲１一成桂 △１四玉1 ▲３五金打 △２五馬11 ▲２八香 △５七歩11 ▲２五金 △同 桂1 ▲６三龍 △２六銀1 ▲１六香 △１五歩0 ▲２三龍 後手評価値 112/77=1.45 東大将棋８の最善・次善手との一致率 74/77=96.1% kumasan0601 東大将棋８の最善・次善手との一致率 74/77=96.1% (712024)【認2】。