まげ店長 @MageManager@mathtod.online

◎ブレイド群によるエニグマ暗号解読
具体的な形にするのに半年はかかると思うので、忘れないようにメモ。

チューリングは同じ部分群をBombeで探す。
マリアン・レイェフスキは巡回群の長さを不変量扱いに。
＜新提案＞
対称群を交代結び目で表すと、$φ=[0 3][1 4 2]$は
$In : $W = Knots()
$In : $W.from_gauss_code([-1, 4, -2, -5, -3, 1, -4, 2, 5, 3])
$In :$ K1.alexander_polynomial()
$Out : t^-1 - 1 + t$
$In :$ K1.jones_polynomial()
$Out : 1/t + 1/t^3 - 1/t^4$

に対して
$φ=[0 3 1 4 2]$は
$In : $W = Knots()
$In : $W.from_gauss_code([-1, -4, -2, -5, -3, 1, 4, 2, 5, 3])
$In :$ K1.alexander_polynomial()
$Out : 1$
$In :$ K1.jones_polynomial()
$Out : 1$

Bombeを使う際、
・A⇒C⇒D⇒A
・B⇒D⇒E⇒B
のループを別扱いしていると思いますが、アルファベットをデジタルにすれば1ずれてるだけで同じです。
後は手作業で組み合わせを見つければよいので、Bombeの台数と所要時間が大幅に削減できます。（削減比率を計算中）
from sage.groups.perm_gps.symgp_conjugacy_class import default_representative
S = SymmetricGroup(26)
for p in Partitions(26):
print(default_representative(p, S))

によるとアルファベット26文字の対称群が作り出す部分群パターンはたったの2,436パターンしか無いんです！
（aを1に固定した場合
　更にbを2にする必要も無い）
総当りが403,291,461,126,605,635,584,000,000通り⇒2,436通りで絞り込みが可能になります。

リハビリしながら業務復帰して、皆の業務の進捗を自主管理する方法論をまとめています。不思議な事に、証明問題と考え方がそっくりで笑います。

頭位性目眩というのが起きてまして休養中です。数学ができない訳でもないのですが、仕事も休んでいるのに妙な？事して拗らせるリスクも犯せませんので教科書を黙って遠くから眺めてます。ゆっくりまったり
※整数論やってると普段使わない脳の部分が熱くなるので面白いなと思ってました

休養、延びました。

この感じだと、明日から整数論に戻れそうです。頭は順調。
20mの厚さでもいいから、分野別でいいから初学者がそれ1冊で完結できる最強書が欲しいですね。（ひょっとしたらアナログ本ではなくても、ネットの世界ではあるのでは？）

帰納論理プログラミングの本を読んでいて、Prologだとか述語論理だとかエルブランなどの言葉が出てくるページは心が和みます。私は最後にはこの領域を行くんだろうなぁ。(もう僕には時間が無いんだ なんですが)

まだ整数論は無理っぽいので、意思決定理論と帰納論理プログラミングでリハビリ中です。これくらいなら読めます。

不定期に訪れる目眩と丸2週間、付き合っていました。来週くらいから数学に復帰予定です。
※右脳系を考えるとクラクラするので、左脳系の思考には基本的には支障出ない筈なんですが、試しにちょっと考えたらクラクラ来たのです。私の中では整数論は右脳系の作業なのかもしれない

時系列ネットワークの夢を見てたのが悪かったのか？(真面目な話)

数学は20歳の頃から始められれば良かった。(思い出したけど大嫌いだったから仕方がない)

"物理的"(もしくは医療的？)に、目眩がするのでちょっと考えるのをお休みします。色々と重なったからなあ
※整数論のせいではありません

#類体論へ至る道
P77の記述は意味が分からないので参考図書を調べると、どっちにせよルジャンドルの記号(平方剰余の相互法則)を道具として使用します。まだ、教科書では出ないのですが使ってはいけないのでしょうか？それとも使う必要が無いのですか？(4n+1)型の〜とかもかなり唐突？に出てきます。
かなり最初の頃も使える道具が限られてるので苦労した記憶がありますが、いつまでも続くのですね。

勿論、数ページ先の内容を読み込めれば良いのですが、それが出来てたら苦労しないというジレンマ

#類体論へ至る道
補題３　整域$R$において$α|β$ならば、$\mathbb{Z}$において$N(α)|N(β)$であり、$N(α)=±N(β)$となるのは$α$と$β$が同伴であるときに限る。
（証明）
整域$R$において$α|β$とすると、$β=αγ(γ \in R)$である。
このとき$N(β)=N(αγ)=N(α)N(γ)$
$N(α),N(β),N(γ)\in \mathbb{Z}$なので
$\mathbb{Z}$において$N(α)|N(β)$である。

また$N(α)=±N(β)$となるのは$N(γ)=±1$と同値であるが、これは$γ$が単数である事と同値である。
(証明終)

#類体論へ至る道
補題２　有理数$p$が整域$R$の素数でなければ、$p$は$R$のある素数$π$を用いて
　$p=±ππ'$
と素因数分解される。
（証明）
$π$を$p$の任意の素因数とする。
　$N(π)|N(p)=p^2$
$π$は単数ではないので
　$N(π)=±p$または$±p^2$

もし$N(π)=±p^2$ならば補題３より$π$は$p$と同伴なので$p$は素数。

よって$p$が整域$R$の素数でなければ、$p=±ππ'$
（証明終）

#類体論へ至る道
一方、$p \nmid m$ならば$p=2$かつ$m \equiv(3\mod 4)$である。
$π$を$2$と$1+\sqrt{m}$を割る素数とする。
このとき$2 \nmid 1+\sqrt{m}$なので$π$と$2$は同伴ではない。

よって$2$は素数ではないので
　$2=±ππ'$

ここで
　$(1+\sqrt{m})'=1-\sqrt{m}$
　$=2-(1+\sqrt{m}) \equiv 0 (\mod π)$
なので、
もしも$π$と$π'$が同伴でないならば、
　$ππ'|1+\sqrt{m}$

よって$2|1+\sqrt{m}$となり矛盾。
よって$π'$は$π$と同伴であり、$2=επ^2$と分解できる。
（証明終）

#類体論へ至る道
補題１　整域$R$における有理素数を$p$とする。
$p|d$のとき、$p$は整域$R$において$p=επ^2$と分解する。
（証明）
$p|d$とする。
$p|m$ならば$π$を$\sqrt{m}$を割る素数とする。
もしも$p$が素数ならば、$p$は$π$と同伴なので$p|m$となるがそれは不可能。
このとき、$p \nmid \sqrt{m}$なので、$π$と$p$は同伴ではない。

よって$p$は素数でないので補題２より
　$p=±ππ'$
と分解する。

ここで、もし$π$と$π'$が同伴でないならば、$ππ'|\sqrt{m}$なので$p|\sqrt{m}$となり矛盾。
よって$π'$は$π$と同伴であり、$p=επ^2$と分解できる。

#類体論へ至る道
P77 §3 $p=x^2+y^2$型の素数

$p=x^2+y^2$となるのは、$p$が$\mathbb{Q}[i]$で分解する事と同値である。

（定義）
$m$を平方因子を含まない整数とする。
このとき、2 次体$K=Q(\sqrt{m})$の判別式$d_K$を

$d_K=m(m\equiv 1(mod 4)のとき)$
$d_K=4m(m\equiv 2,3(mod 4)のとき)$
により定義する。

$\mathbb{Q}[i]$の判別式は$d_K=-4$となる。
（定義終）

#類体論へ至る道
この表現と素元分解の一意性から
　$α=εγ^2,γ\in \mathbb{Z}[i],ε$は単数となる。

の部分で補題が必要そうなので、書いてます。

#類体論へ至る道
よって$α$と$β$は$\mathbb{Z}[i]$の元として互いに素である。
①より
　$αβ=z^2,αとβ$は互いに素

この表現と素元分解の一意性から
　$α=εγ^2,γ\in \mathbb{Z}[i],ε$は単数となる。
（$β$も同様に$β=ε'γ$ $'$ $^2,$）
$γ$を$a+bi$とすると
　$x+yi=ε(a+bi)^2$
　　$=ε(a^2-b^2+2abi)$
$ε=±1$ならば
　$x=±(a^2-b^2),y=±2ab$
$ε=±i$ならば
　$x=\mp 2ab,y=±(a^2-b^2)$

$z$はいずれの場合も$±(a^2+b^2)$
ただし$a,b$は偶奇性を異にする。

#類体論へ至る道
P77 §3 $p=x^2+y^2$型の素数
（書いてある事の解釈＆まとめのみ）

整数$x,y,z$に対し
　$x^2+y^2=z^2,(x,y)=1$
が満たされているとする。

　$(x+yi)(x-yi)=z^2$…①
　$x+yi=α,x-yi=β$
と置くと
　$α,β\in \mathbb{Z}[i]$である。

$π$を$\mathbb{Z}[i]$の素元とし、$π|α,π|β$とすれば
　$α+β=2x,α-β=2yi$より
　$π|2x,π|2yi$
$i$は単数なので$π|2yi$

仮に$π|2$とする。…②
　$z^2=αβ,π|α,π|β$より$π|z^2$
よって
　$π|z$

$(x,y)=1$なので$xとy$はいずれか一方が奇数。
$x^2+y^2=z^2$より$z$は奇数なので$(2,z)=1$
よって
　$∃x’,y’(\in \mathbb{Z})：2x’+zy’=1$

$π|2,π|z$より$π$が1の約数となり（単数）、素元という仮定に反する。
（②は成り立たない）