私の備忘録「５の倍数」における問題を考えるとき、その背景には深遠なる数論の世界
が横たわるのを感じざるを得ない。ここでは、その話題を代数学的に、もう少し詳しく考え
てみようと思う。
ｐ 進整数を説明するために、ｐ進法展開された数 ａｎａｎ−1ａｎ−2・・・ａ1ａ0 (p) が
ａｎｐn＋ａｎ−1ｐn-1＋ａｎ−2ｐn-2＋・・・＋ａ1ｐ＋ａ0 （各ａｋは、０≦ａｋ＜ｐ なる整数）
すなわち、
ａ0＋ａ1ｐ＋・・・＋ａｎ−2ｐn-2＋ａｎ−1ｐn-1＋ａｎｐn （各ａｋは、０≦ａｋ＜ｐ なる整数）
と表されることを確認しておこう。
これを、ｐ のべき級数で表したもの：
ａ0＋ａ1ｐ＋・・・＋ａｎ−2ｐn-2＋ａｎ−1ｐn-1＋ａｎｐn＋・・・
（各ａｋは、０≦ａｋ＜ｐ なる整数）
を、ｐ 進整数と言うようだ。
これら ｐ 進整数全体から、ｐ 進数体 Ｑｐ が構成される。（詳しい議論は割愛！）
実数の中で、有理数全体は稠密に存在しているが、隙間だらけでもある。その隙間を埋
めることを完備化という。完備化の有名な方法としては、「デデキントの切断」（２つの数の
順序に注目した方法）や「距離空間における収束点列」（２つの数の距離に注目した方法）
がある。ｐ 進数体 Ｑｐ は、有理数体Ｑの完備化になっているらしい。
この原稿を書きながら、大学院入試での口頭試問のことが頭をよぎった。ある先生から
「ｐ 進整数について、・・・。」と質問されてしまったのだ。それについてあまり準備していな
かったものだから、ドッと冷や汗が出てしまった。何を答えたか、よく覚えていない。なぜか
その部分の記憶が空白のままである。せめてもの罪滅ぼしに、ｐ 進整数のことをまとめよ
うと思い至ったこともこのページを起こそうとした一つの要因である。
さて、私の備忘録「５の倍数」における問題は、
どのような自然数 ｎ に対しても、
ｘ2＋１ が、５ｎ の倍数となるような自然数 ｘ が存在する
つまり、
任意の自然数 ｎ に対して、ある自然数 ｘｎ が存在して、ｘｎ2＋１ は、５ｎ の倍数
というものであった。
その解は、 ｘ1＝２ 、 ｘ2＝７ 、ｘ3＝５７ 、ｘ4＝１８２ 、・・・ であるが、何の脈絡も
なく、これらの数字が存在するはずがない。
私の備忘録「５の倍数」における構成を整理すると、 ｘｎ から、ｘｎ＋1 を求めるには、
（ｘｎ2＋１）/５ｎ を ５ で割った余りを ａｎ として、
漸化式 ｘｎ＋1＝ｘｎ＋５ｎ・ａｎ （ｎ＝１，２，３，・・・）
により、帰納的に定めればよい。
実際に、 ｘ1＝２ に対して、 （ｘ12＋１）/５＝１ を ５ で割った余りは、 ａ1 ＝１ なので、
ｘ2＝ｘ1＋５・ａ1＝２＋５＝７
（ｘ22＋１）/５2＝２ を ５ で割った余りは、 ａ1 ＝２ なので、
ｘ3＝ｘ2＋５2・２＝７＋５０＝５７
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
ところで、上式を ５進法展開風に表示させてみよう。
すなわち、 ｘ1＝２ → ｘ1 に対して、 ｘ12＋１≡０ （ｍｏｄ ５）
ｘ2＝２＋１・５ → ｘ2 に対して、 ｘ22＋１≡０ （ｍｏｄ ５2）
ｘ3＝２＋１・５＋２・５2 → ｘ3 に対して、 ｘ32＋１≡０ （ｍｏｄ ５3）
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
いま、 ｘ1＝２ に対して、 ｘ12＝４≡−１ （ｍｏｄ ５） なので、
（ｘ12）5≡（−１）5＝−１ （ｍｏｄ ５）
一方、 （ｘ12）5＋１＝(ｘ12＋１)｛（ｘ12）4−（ｘ12）3＋（ｘ12）2−ｘ12＋１｝ において、
ｘ12＋１≡０ （ｍｏｄ ５） かつ
（ｘ12）4−（ｘ12）3＋（ｘ12）2−ｘ12＋１≡５≡０ （ｍｏｄ ５）
であるので、 （ｘ12）5＋１≡０ （ｍｏｄ ５2） も成り立つ。
つまり、 （ｘ15）2＋１≡０ （ｍｏｄ ５2） が成り立つわけである。
このことから、 ｘ2≡ｘ15≡２5 （ｍｏｄ ５2） と考えてよい。
後は帰納的に、 ｘ3≡ｘ25≡２5^2 （ｍｏｄ ５3） 、・・・・ と定められる。
一般に、
ｘｎ≡ｘｎ−15≡２5^（ｎ−1） （ｍｏｄ ５ｎ）
であるといえる。
実際に、 ｘ1＝２
ｘ2≡２5＝３２≡２＋１・５ （ｍｏｄ ５2）
これは、通常の素因数分解の方法により簡単に得られる。
上記の計算から、 ３２＝２＋１・５＋１・５2 であるが、
ｘ2≡３２≡２＋１・５ （ｍｏｄ ５2）
である。
同様にして、
ｘ3≡２5^2＝２25 （ｍｏｄ ５3＝１２５） において、
２25＝（２7）3・２4≡３3・２4
＝２７・１６＝４３２≡５７ （ｍｏｄ ５3＝１２５）
よって、 ５７＝２＋１・５＋２・５2 であるが、
ｘ3≡２＋１・５＋２・５2 （ｍｏｄ ５3＝１２５）
読者のために、一つ演習問題を残しておこう。
問題 ２5^3≡ａ0＋ａ1・５＋ａ2・５2＋ａ3・５3 （ｍｏｄ ５4） となる ｛ａｎ｝ （０≦ａｎ＜５）を決
定し、それが、ｘ2＋１≡０ （ｍｏｄ ５4）の解になることを確かめよ。
この問題を考えるために、上記の求め方の別解を考えてみる。
ｘ1＝２ は、正しくは、 ｘ1＝２ （ｍｏｄ ５） である。
よって、 ｘ1＝２＋ｋ・５ （ｋ は整数） と書ける。
このとき、 ｘ2≡ｘ15＝（２＋ｋ・５）5≡２5＋５・２4・ｋ・５≡３２≡２＋１・５ （ｍｏｄ ５2）
同様にして、 ｘ2≡２＋１・５ （ｍｏｄ ５2） より、 ｘ2＝２＋１・５＋ｋ・５2 （ｋ は整数）
と書ける。 このとき、
ｘ3≡ｘ25＝（２＋１・５＋ｋ・５2）5≡（２＋１・５）5＋５・（２＋１・５）4・ｋ・５2 （ｍｏｄ ５3）
≡（２＋１・５）5 （ｍｏｄ ５3）
≡２5＋５・２4・５＋１０・２3・５2 （ｍｏｄ ５3）
≡３２＋１６・５2 （ｍｏｄ ５3）
≡（２＋１・５＋１・５2）＋１・５2 （ｍｏｄ ５3）
≡２＋１・５＋２・５2 （ｍｏｄ ５3）
以上を踏まえて、問題は次のように解かれる。
（解） ｘ3≡２＋１・５＋２・５2 （ｍｏｄ ５3） より、
ｘ3＝２＋１・５＋２・５2＋ｋ・５3 （ｋ は整数）
と書ける。このとき、
ｘ4≡ｘ35＝（２＋１・５＋２・５2＋ｋ・５3）5
≡（２＋１・５＋２・５2）5＋５・（２＋１・５＋２・５2）4・ｋ・５3 （ｍｏｄ ５4）
≡（２＋１・５＋２・５2）5 （ｍｏｄ ５4）
≡（２＋１・５）5＋５・（２＋１・５）4・２・５2 （ｍｏｄ ５4）
≡２5＋５・２4・５＋１０・２3・５2＋５・２4・２・５2 （ｍｏｄ ５4）
≡３２＋１６・５2＋１６・５3＋３２・５3 （ｍｏｄ ５4）
≡（２＋１・５＋１・５2）＋（１＋３・５）・５2＋（１＋３・５）・５3＋（２＋１・５＋１・５2）・５3
（ｍｏｄ ５4）
≡２＋１・５＋１・５2＋１・５2＋３・５3＋１・５3＋２・５3 （ｍｏｄ ５4）
≡２＋１・５＋２・５2＋１・５3 （ｍｏｄ ５4）
いま、 ｘ32≡−１ （ｍｏｄ ５3） なので、 ｘ32＋１≡０ （ｍｏｄ ５3）
また、 （ｘ32）4−（ｘ32）3＋（ｘ32）2−ｘ32＋１≡５≡０ （ｍｏｄ ５） なので、
（ｘ32＋１）｛（ｘ32）4−（ｘ32）3＋（ｘ32）2−ｘ32＋１｝≡０ （ｍｏｄ ５4）
よって、 （ｘ32）5＋１≡０ （ｍｏｄ ５4） すなわち、（ｘ35）2＋１≡０ （ｍｏｄ ５4）が成り立つ。
ｘ4≡ｘ35 （ｍｏｄ ５4） なので、 ｘ42＋１≡０ （ｍｏｄ ５4） となる。（終）
もちろん、力任せに次のように解いてもよい。
（別解）
２5^3＝２125＝（２13）9・２8≡６７9・２５６＝（６７2）4・６７・２５６≡（１１４）4・２７７
≡（−１２９）2・２７７≡３９１・２７７≡１８２≡２＋１・５＋２・５2＋１・５3 （ｍｏｄ ５4）
後半部分は、上記の解と同様である。（終）
以下、工事中