2 ラテン方陣 1 魔方陣

1 _魔方陣

n²個の正方形をn×nの形に正方形に並べたものをn次方陣と呼ぶ。

: 2次方陣 : 3次方陣

0からn²−1までの整数をもれなく重複なくn次方陣の一つ一つの正方形に入れ、

どの横の行の和もどの縦の列の和も等しいとき、このn次方陣をn次魔方陣と呼ぶ。

2次魔方陣が存在しないことは簡単にわかる。

以下は3次魔方陣の例である。

0 4 8 7 2 3 5 6 1

8 1 3 4 6 2 0 5 7

3 8 1 2 4 6 7 0 5

3次魔方陣は試行錯誤でも作れるが、4次以上の魔方陣を試行錯誤で作ることは極 めて難しい。ここでは一次関数を使った簡単かつ系統的な魔方陣を作成する方法 を解説する。

2 ラテン方陣

0からn−1までの整数をn次方陣の一つ一つの正方形に入れ、どの横の行にも 0からn−1までの整数がもれなく重複なくあり、どの縦の列にも0からn−1ま での整数がもれなく重複なくあるとき、このn次方陣をn次ラテン方陣と呼ぶ。

n次ラテン方陣を次のようにつくることができる。行や列の数え方は0から始め ることにする。第0行目に0,1, . . . , n−1を並べ、第1行目では第0行目の数字を 右に一つずつ移動させ、最後のn−1を最初に移動させる。第2行目では第1行目 に対して同様の操作を行う。この操作を繰り返すことによりn次ラテン方陣を得 る。n= 2,3,4,5の場合は以下のとおりである。

0 1 1 0

0 1 2 2 0 1 1 2 0

0 1 2 3 3 0 1 2 2 3 0 1 1 2 3 0

0 1 2 3 4 4 0 1 2 3 3 4 0 1 2 2 3 4 0 1 1 2 3 4 0

逆に数字を左に一つずつ移動させることによってもn次ラテン方陣を得る。n =

2,3,4,5の場合は以下のとおりである。

0 1 1 0

0 1 2 1 2 0 2 0 1

0 1 2 3 1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2

0 1 2 3 4 1 2 3 4 0 2 3 4 0 1 3 4 0 1 2 4 0 1 2 3

もちろん、n≥6でも上記のラテン方陣を構成できる。さらに、上記の系列以外に もラテン方陣が存在することは後で示す。

3 _{オイラー方陣}

n次方陣に数を入れたものAのi行j列の数がa_ij であるとき、A = (a_ij)で表 す。二つのn次ラテン方陣A= (aij)とB = (bij)に対して、(aij, bij)のすべてが互 いに異なるとき、(aij, b_ij)から定まるn次方陣をn次オイラー方陣と呼ぶ。

ラテン方陣の節で挙げた二系列のラテン方陣は、奇数次の場合にはこれらから オイラー方陣を構成できる。n= 3,5の場合は以下のとおりである。

(0,0) (1,1) (2,2) (2,1) (0,2) (1,0) (1,2) (2,0) (0,1)

(0,0) (1,1) (2,2) (3,3) (4,4) (4,1) (0,2) (1,3) (2,4) (3,0) (3,2) (4,3) (0,4) (1,0) (2,1) (2,3) (3,4) (4,0) (0,1) (1,2) (1,4) (2,0) (3,1) (4,2) (0,3)

他方、偶数次の場合にはラテン方陣の節で挙げた二系列のラテン方陣からオイラー 方陣を構成できない。

(0,0) (1,1) (2,2) (3,3) (3,1) (0,2) (1,3) (2,0) (2,2) (3,3) (0,0) (1,1) (1,3) (2,0) (3,1) (0,2)

4 オイラー方陣から魔方陣へ

n次オイラー方陣の数の組(a, b)を2桁のn進法の表記abに直すと、結果は魔方 陣になることがわかる。どの行、どの列でも1桁目の数は0からn−1までの整数 が1回ずつ現れるので、1桁目の数の和は等しい。2桁目の数の和についても同様 にどの行、どの列でも2桁目の数の和は等しい。したがって、このn進法の表記 による方陣は魔方陣になることがわかる。

オイラー方陣の節で挙げたオイラー方陣の例から魔方陣を作ってみよう。例に 挙げた3,5次オイラー方陣から3,5進法による3,5次方陣を作ると、

00 11 22 21 02 10 12 20 01

00 11 22 33 44 41 02 13 24 30 32 43 04 10 21 23 34 40 01 12 14 20 31 42 03 これらを10進法に直すと

0 4 8 7 2 3 5 6 1

0 6 12 18 24 21 2 8 14 15 17 23 4 5 11 13 19 20 1 7

9 10 16 22 3 となり、3次と5次の魔方陣を得る。

以上の方法によって、3以上の奇数次の魔方陣を作ることができる。しかし、上 記の方法では特別な形の奇数次の魔方陣しか作ることができない。そこで、右移 動と左移動によるラテン方陣の作成法を詳しく調べることによってその拡張を次 の節で考える。

5 _{ラテン方陣の作成案}

ラテン方陣の節で扱った右に一つずつ数字を移動させる方法と左に一つずつ数 字を移動させる方法を行番号と列番号を使って数式で表してみよう。行番号と列 番号はどちらも0から始めることにする。行番号に従って数字が右に一つずつ移 動するラテン方陣は、列番号が1増えると数字が1増え行番号が1増えると数字が 1減るので、

0 1 2 2 0 1 1 2 0

−0 + 0 −0 + 1 −0 + 2

−1 + 0 −1 + 1 −1 + 2

−2 + 0 −2 + 1 −2 + 2

となっていて、一部のi行j列の成分は−i+jになっている。しかし、このままで は0,1,2の範囲を超えるので、計算結果が0,1,2の範囲に収まるようにする必要が ある。行番号に従って数字が左に一つずつ移動するラテン方陣は、列番号が1増 えると数字が1増え行番号が1増えると数字が1増えるので、

0 1 2 1 2 0 2 0 1

0 + 0 0 + 1 0 + 2 1 + 0 1 + 1 1 + 2 2 + 0 2 + 1 2 + 2

となっていて、一部のi行j列の成分はi+jになっている。

数値が左の方陣と一致するために、計算結果を3で割った余りを対応させる。余 りを定める基本には次の事実がある。整数nに対して

n = 3q+r, 0≤r <3

を満たす整数q, rが一意的に存在する。nを3で割った余りがrである。計算結果 を3で割って余りを対応させると左の方陣に一致する。

上記のラテン方陣の数式による作成法は、3次に限らず一般の次数で成り立つ。

そのとき、基本になるのが次の事実である。mを自然数とする。整数nに対して n =m·q+r, 0≤r < m

を満たす整数q, rが一意的に存在する。nをmで割った余りがrである。

4次でも同様の作成法を書くと次のようになる。

0 1 2 3 3 0 1 2 2 3 0 1 1 2 3 0

−0 + 0 −0 + 1 −0 + 2 −0 + 3

−1 + 0 −1 + 1 −1 + 2 −1 + 3

−2 + 0 −2 + 1 −2 + 2 −2 + 3

−3 + 0 −3 + 1 −3 + 2 −3 + 3 0 1 2 3

1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2

0 + 0 0 + 1 0 + 2 0 + 3 1 + 0 1 + 1 1 + 2 1 + 3 2 + 0 2 + 1 2 + 2 2 + 3 3 + 0 3 + 1 3 + 2 3 + 3

左の方陣はそれぞれi行j列の成分には−i+jとi+jの結果を4で割った余りが 対応している。

一般の次数で偶数次のときは右に一つずつ数字を移動させる方法と左に一つず つ数字を移動させる方法から定まるラテン方陣ではオイラー方陣が定まらないこ とと、奇数次のときは右に一つずつ数字を移動させる方法と左に一つずつ数字を 移動させる方法から定まるラテン方陣でオイラー方陣が定まることを証明する。

偶数次のとき、次数をn = 2m とする。n 次ラテン方陣に入る数の範囲は、

0, . . . ,2m−1である。0行0列(0,0)におけるそれぞれのラテン方陣の数字は

−0 + 0 = 0, 0 + 0 = 0

となり(0,0)が対応する。m行m列(m, m)におけるそれぞれのラテン方陣の数 字は

−m+m= 0, m+m = 2m=n= 0

となり(0,0)が対応する。したがって、これからオイラー方陣は定まらない。

0 · · · m · · · 0 (0,0)

...

m (0,0)

...

奇数次のとき、次数をn = 2m+ 1とする。Zn ={0,1, . . . , n−1}とおく。Znの 元の和と差は通常の和と差の結果をnで割った余りを対応させる。右に一つずつ 数字を移動させる方法と左に一つずつ数字を移動させる方法でオイラー方陣にな ることを証明するためには、写像

Zn×Zn→Zn×Zn; (i, j)7→(−i+j, i+j)

が全単射になることを示せばよい。そのためには全射になることを示せば十分で ある。任意のa, b∈Znに対して連立方程式

{−i+j =a i+j =b

が解(i, j)∈Zn×Znを持つことを示せばよい。二つの等式を加えると2j =a+b を得る。c∈ Znに対してxを未知数とする方程式2x=cがZnにおいて解を持つ かという問題になる。これは写像

Zn→Zn; k 7→2k が全射かという問題と同値である。この対応は

k 0 · · · m m+ 1 · · · 2m 2k 0 · · · 2m 1 · · · 2m−1

となり全射になる。したがって、方程式2x =cはZnにおいて解を持つ。これよ り、2j =a+bを満たすj ∈Znは存在する。元の連立方程式の二つの等式を引く と2i =−a+bを得る。上で示したことからこの方程式も解i∈ Znを持つ。以上 より上記の連立方程式は解を持つことになり、二つのラテン方陣からオイラー方 陣が作成できることがわかる。

ラテン方陣作成の際に−i+jとi+jという数式を上では使ったが、これらは i, jの一次式の特別な形であり、i, jの係数が±1のみである。より一般的な一次式 を考えようとすると、積も必要になる。0,1,2, . . . , m−1の数の集まりに対して、

二つの数の和をmで割った余りを対応させることで新しい和を定めてラテン方陣 作成に利用した。0,1,2, . . . , m−1の数の集まりに新しい積を定めることでより多 くのラテン方陣を作成できるようにしたい。次の節では0,1,2, . . . , m−1の数の集 まりに和と積を定める。

6 _剰余環

ラテン方陣とオイラー方陣を構成するために利用する数の体系を定める。nを2 以上の整数とする。

Zm ={0,1, . . . , m−1}

によって集合Zmを定める。Zmの元a, bに対して通常の和a+bをnで割ったとき の余りを対応させることでZnの元の和を定める。同様に通常の積a·bをmで割っ たときの余りを対応させることでZmの元の積を定める。この和と積を定めたZm

を剰余環という。整数の和と積が結合法則、交換法則、分配法則を満たすことか ら、剰余環の和と積も結合法則、交換法則、分配法則を満たすことがわかる。Z2

の和と積は次のようになる。

+ 0 1 0 0 1 1 1 0

· 0 1 0 0 0 1 0 1 Z3の和と積は次のようになる。

+ 0 1 2 0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1

· 0 1 2 0 0 0 0 1 0 1 2 2 0 2 1 Z4の和と積は次のようになる。

+ 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2

· 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1 Z5の和と積は次のようになる。

+ 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 1 1 2 3 4 0 2 2 3 4 0 1 3 3 4 0 1 2 4 4 0 1 2 3

· 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 2 0 2 4 1 3 3 0 3 1 4 2 4 0 4 3 2 1 m ≥6の場合も同様にZmの和と積の表を作ることができる。

7 剰余環の一次関数からラテン方陣へ

n次方陣のx行y列の正方形に入れる数をZnの演算を利用して定める。ここで は一次関数を使った対応を考える。x行y列の数をa, b, c∈Znによって

(∗) a·x+b·y+c

を対応させる。結果がラテン方陣になる必要十分条件は、各列番号yが定まって いるときに行番号xが0からn−1まで動くとき、(∗)も0からn−1までのすべて を動き、各行番号xが定まっているときに列番号yが0からn−1まで動くとき、

(∗)も0からn−1までのすべてを動くことである。これはa, d∈Znに対してxが 0からn−1まで動くとき、

(∗∗) a·x+d

が0からn−1までのすべてを動くかという問題を解決すればよい。さらに、(∗∗) が0からn−1までのすべてを動くことと

(∗ ∗ ∗) a·x

が0からn−1までのすべてを動くことと同等になる。これは、aがnと互いに素 であることと同等になることが知られている。nが小さいときはすでに書いた剰 余環の積の表から確認できる。

たとえば、n= 3のとき1x+ 1yから定まるラテン方陣は 0 1 2

1 2 0 2 0 1

であり、2x+ 1y=−1x+ 1yから定まるラテン方陣は 0 1 2

2 0 1 1 2 0

である。これらは2節で扱ったラテン方陣である。他にも、いろいろな係数の一 次式に対してラテン方陣を作ることができる。

n= 4のときを考えてみよう。1x+ 1yから定まるラテン方陣は 0 1 2 3

1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2

であり、3x+ 1y=−1x+ 1yから定まるラテン方陣は 0 1 2 3

3 0 1 2 2 3 0 1 1 2 3 0 である。これらは2節で扱ったラテン方陣である。

8 剰余環の一次関数からオイラー方陣へ

7節では剰余環を利用して、ラテン方陣を作成した。二つのラテン方陣からオイ ラー方陣を作るために、次の連立方程式を考える。

(∗) {

ax+by+e=u cx+dy+f =v

ax+by+e=uから一つのラテン方陣が定まり、cx+dy+f =vからもう一つの ラテン方陣が定まるとする。そのための必要十分条件はa, b, c, dがそれぞれnと互 いに素になることである。さらに、これら二つのラテン方陣からオイラー方陣が 定まるための必要十分条件は、Znの任意のu, vに対して連立方程式(∗)が解x, y を持つことである。そこで、連立方程式(∗)が解けるかどうかを考えてみよう。(∗) を

(∗∗) {

ax+by=u−e cx+dy=v−f と変形する。第一行にdをかけ、第二行にbをかけると

{

adx+bdy =d(u−e) bcx+bdy=b(v−f) となる。第一行から第二行を引くと

(ad−bc)x=d(u−e)−b(v−f).

これより、ad−bcがZnにおいて積の逆元(ad−bc)⁻¹を持てば、

x= (ad−bc)⁻¹(d(u−e)−b(v−f))

となる。同様に(∗∗)の第一行にcをかけ、第二行にaをかけ第二行から第一行を 引き

y= (ad−bc)⁻¹(a(v−f)−c(u−e))

を得る。

Znにおいて積の逆元を持つことは、nと互いに素になることと同等なので、ad−bc がnと互いに素ならば、連立方程式(∗)は任意のu, v ∈Znに対して解を持つこと になり、オイラー方陣を定める二つのラテン方陣を構成できる。

n= 3のときは、1,2からa, b, c, dをad−bcが3と互いに素になるように定めれ ばよい。

a= 1, b = 1, c= 2, d= 1, e=f = 0 とすると、7節ですでにみたようにラテン方陣

0 1 2 1 2 0 2 0 1

0 1 2 2 0 1 1 2 0

を得る。これら二つのラテン方陣からオイラー方陣さらに魔方陣を作ることがで きる。

n= 4のときは、1,3からa, b, c, dをad−bcが4と互いに素になるように定めれ ばよいが、どのように組み合わせてもad−bcは奇数同士の差になり偶数になるの で、4と互いに素になるように定めることはできない。したがって、n = 4の場合 にはこの方法でオイラー方陣を作ることはできない。

n= 5のときは、1,2,3,4からa, b, c, dをad−bcが5と互いに素になるように定 めればよい。

a= 2, b = 1, c= 1, d= 1, e=f = 0 とすると、二つのラテン方陣

0 1 2 3 4 2 3 4 0 1 4 0 1 2 3 1 2 3 4 0 3 4 0 1 2

0 1 2 3 4 1 2 3 4 0 2 3 4 0 1 3 4 0 1 2 4 0 1 2 3 からオイラー方陣と5進法による魔方陣

0,0 1,1 2,2 3,3 4,4 2,1 3,2 4,3 0,4 1,0 4,2 0,3 1,4 2,0 3,1 1,3 2,4 3,0 4,1 0,2 3,4 4,0 0,1 1,2 2,3

00 11 22 33 44 21 32 43 04 10 42 03 14 20 31 13 24 30 41 02 34 40 01 12 23

を得る。魔方陣を10進法の表記に直すと次を得る。

0 6 12 18 24 11 17 23 4 5 22 3 9 10 16

8 14 15 21 2 19 20 1 7 13

他の組み合せでも二つのラテン方陣およびオイラー方陣を構成できる。

a= 2, b = 1, c= 1, d= 1, e=f = 0

とすると、この二つのラテン方陣およびそれらからオイラー方陣を作れる。

n= 6のときは、1,5からa, b, c, dをad−bcが6と互いに素になるように定めれ ばよいが、どのように組み合わせてもad−bcは奇数同士の差になり偶数になるの で、6と互いに素になるように定めることはできない。したがって、n = 6の場合 にはこの方法でオイラー方陣を作ることはできない。

9 有限体

8では剰余環Z4から4次オイラー方陣を作ることはできなかった。この節では 別な数の体系である有限体について考え、次の節で有限体を使って一次関数から オイラー方陣を作る。

剰余環は和と積が定まっていて、これらの演算の単位元0と1が存在して、結 合法則、交換法則、分配法則が成り立っていた。これらの条件に加えて0以外の 元が積の逆元を持つ数の体系を体として定義する。

定義 9.1 加法+と乗法·という二種類の演算が定義された集合F が次の条件を満 たすとき、F を体という。元の個数が有限の体を有限体という。

(1) 加法の結合法則が成り立つ。すなわち

(a+b) +c=a+ (b+c) (a, b, c∈F).

(2) 加法の単位元0が存在する。すなわち

a+ 0 = 0 +a=a (a ∈F).

(3) 加法の逆元が存在する。すなわち、任意のa ∈F に対してあるb∈F が存在 してa+b =b+a = 0が成り立つ。

(4) 加法は可換である。すなわち

a+b =b+a (a, b∈F).

(5) 乗法の結合法則が成り立つ。すなわち

(a·b)·c=a·(b·c) (a, b, c∈F).

(6) 乗法の単位元1が存在する。すなわち

a·1 = 1·a=a (a∈F).

(7) 乗法の逆元が存在する。すなわち、0ではない任意のa ∈ F に対してある b ∈F が存在してa·b =b·a= 1が成り立つ。

(8) 乗法は可換である。すなわち

a·b =b·a (a, b∈F).

(9) 加法と乗法の分配法則が成り立つ。すなわち

a·(b+c) =a·b+a·c (a, b, c∈F).

注意 9.2 (3)におけるaの加法の逆元bはaに対して一意的に定まることがわか る。これを−aで表す。(7)におけるaの加法の逆元bはaに対して一意的に定ま ることがわかる。これをa⁻¹で表す。

例 9.3 実数の全体Rと複素数の全体Cは通常の加法と乗法に関して体になる。

例 9.4 体の定義(定義9.1)より、体には加法の単位元0と乗法の単位元1は必ず 存在する。この二元0,1だけからなる体は剰余環Z2 ={0,1}にほかならない。こ の体をF2で表す。

定理 9.5 有限体の元の個数は素数の羃になり、逆に素数の羃の元を持つ体は存在 し、同型を除いて一意的である。

元の個数がqの体は同型を除いて一意的に定まるので、Fqと書く。

環の剰余環として体を構成するので、環とその剰余環についてまとめておく。

定義 9.6 加法+と乗法·という二種類の演算が定義された集合Rが定義9.1の(7) 以外の条件を満たすとき、Rを環という。

通常は上の定義は可換環の定義であるが、この講義では可換環しか扱わないので、

単に環と呼ぶことにする。

定義 9.7 環Rの部分集合Sが次の条件を満たすとき、SをRの部分環という。

(1) 加法に関して閉じている。すなわち

s+t ∈S (s, t∈S).

(2) Rの加法の単位元0をSが含む。

(3) 加法の逆元が存在する。すなわち、任意のa∈Sに対してあるb∈Sが存在 してa+b =b+a = 0が成り立つ。

(4) 乗法に関して閉じている。すなわち

st∈S (s, t ∈S).

このとき、Rの演算の制限によってSの演算を定めるとSは環になる。部分環S がさらに

s∈S, r∈R⇒sr ∈S を満たすとき、SをRのイデアルという。

例 9.8 整数の全体Zは通常の加法と乗法に関して環になる。±1以外の元は乗法 に関する逆元を持たないので、Zは体ではない。非負整数nに対して

nZ ={nz |z∈Z}

はZのイデアルになる。逆にZのイデアルはこの形に限られることがわかる。

命題 9.9 環Rが体であるための必要十分条件は、Rが{0}と自分自身以外のイデ アルを持たないことである。

定義 9.10 Rを環とし、IをRのイデアルとする。Rの二元r, r^′に対してr−r^′ ∈I のときに

r≡r^′(modI)

と表し、二元の間のI に関する合同関係を定める。すると、この合同関係は同値 関係になる。さらに、Rの加法と乗法はこの同値類の全体に加法と乗法を誘導し、

同値類の全体は環になる。この同値類全体の成す環をR/Iで表し、RのIによる 剰余環と呼ぶ。この同値類を剰余類という。

R/Iの演算が同値類の間で代表元のとり方に依存せずに定まることは、Iがイデ アルであることからわかる。

定義 9.11 環のイデアルが包含関係に関して極大であるとき、極大イデアルと呼 ぶ。すなわち、環RのイデアルIが極大イデアルであるとは、I ⊂J ⊂Rとなる イデアルJがIとR以外にはないことである。

命題 9.12 環RのイデアルIについて、剰余環R/Iが体であるための必要十分条 件は、IがRの極大イデアルになることである。

命題 9.13 整数環Zのイデアルは例9.8より非負整数nによってnZと表せる。非 負整数m, nに対して以下が成り立つ。

(1) mZ=nZ⇔m =n

(2) mZ⊂nZ ⇔nはmを割り切る (3) nZは極大イデアル⇔ nは素数

系 9.14 素数pに対して剰余環Z/pZは体になる。したがって、Fp = Z/pZで ある。

F₂については例9.4で扱ったので、次に元の個数が少ないF₃について考える。

例 9.15 F₃ =Z/3Zより、加法と乗法は次の表のように定まる。

+ 0 1 2 0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1

· 0 1 2 0 0 0 0 1 0 1 2 2 0 2 1

F₄は元の個数が素数の羃なので、すぐには扱えない。次に元の個数が少ないF₅ について考える。

例 9.16 F₅ =Z/5Zより、加法と乗法は次の表のように定まる。

+ 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 1 1 2 3 4 0 2 2 3 4 0 1 3 3 4 0 1 2 4 4 0 1 2 3

· 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 2 0 2 4 1 3 3 0 3 1 4 2 4 0 4 3 2 1

元の個数が6の体は定理9.5より存在しない。元の個数が素数の体は整数環の剰 余環として構成できるが、元の個数が素数の冪の体の構成には多項式環が必要に なる。

10 多項式環の剰余体としての構成

この節では元の個数が素数の冪の体を構成するために、多項式環を導入しその 剰余環を考える。

定義 10.1 F を体とする。xを変数としF の元を係数とする多項式 f(x) =a₀xⁿ+a₁xⁿ⁻¹+· · ·+a_n−1x+a_n (a_i ∈F)

の全体をF[x]で表す。F[x]の元の加法と乗法を通常の多項式の場合と同様に定 義すれば、F[x]は環になる。この環の構造を持つF[x]をF 上の多項式環と呼ぶ。

上記の多項式f(x)の係数がa₀ ̸= 0を満たすとき、nをf(x)の次数といい、n = degf,degf(x)と書く。F[x]の元としての0の次数は−∞と定める。

通常の多項式の次数と同様に以下が成り立つ。

deg(f(x)g(x)) = degf(x) + degg(x)

deg(f(x) +g(x))≤max{degf(x),degg(x)}

ここで、非負整数nに対してn+ (−∞) =−∞, −∞< n と約束しておく。

定義 10.2 正の次数の多項式f(x)∈F[x]に対して、

f(x) =g(x)h(x) (degg(x)>0, degh(x)>0)

を満たす二つの多項式g(x), h(x)∈ F[x]が存在するとき、f(x)は可約であるとい い、可約ではないとき既約であるという。

定理 10.3 体F 上の多項式環F[x]のイデアルIが極大イデアルになるための必要 十分条件は、ある既約多項式f(x)が存在してI =f(x)F[x]となることである。

定理 10.4 素数pと自然数nに対して、Fp[x]においてx^pn−xを割る既約多項式 f(x)が存在して、有限体FpⁿはFp[x]/f(x)Fp[x]に同型になる。

素数pと自然数nに対して上記の定理の既約多項式f(x)を見つけて、有限体F_pⁿ を構成し、それを利用してpⁿ次魔方陣を次節以降で構成する。

11 F

の一次関数から魔方陣へ

F₄は定理10.4のp= 2, n= 2の場合に対応する。

x⁴−x=x(x³−1) = x(x−1)(x²+x+ 1).

x² +x+ 1 ∈ F₂[x]が既約多項式であることを示す。F2[x]の一次式のすべては x, x+ 1である。これらの積のすべての組み合せは、x², x²+x, x²+ 1である。こ れらのどれにも一致しないので、x²+x+ 1は既約多項式である。

F₂[x]/(x²+x+ 1)F₂[x] ={[0],[1],[x],[x+ 1]} が成り立つ。そこで

F₄ ={[0],[1],[x],[x+ 1]} と書くことにする。加法と乗法は次の表のように定まる。

+ [0] [1] [x] [x+ 1]

[0] [0] [1] [x] [x+ 1]

[1] [1] [0] [x+ 1] [x]

[x] [x] [x+ 1] [0] [1]

[x+ 1] [x+ 1] [x] [1] [0]

· [0] [1] [x] [x+ 1]

[0] [0] [0] [0] [0]

[1] [0] [1] [x] [x+ 1]

[x] [0] [x] [x+ 1] [1]

[x+ 1] [0] [x+ 1] [1] [x]

0以外の各行各列に1があることから乗法の逆元の存在を直接確かめることもでき る。記述を簡単にするために[0] = 0, [1] = 1, [x] =α, [x+ 1] = β と書くこ とにすると、F4の和と積は次のようになる。

+ 0 1 α β 0 0 1 α β 1 1 0 β α

α α β 0 1

β β α 1 0

· 0 1 α β 0 0 0 0 0 1 0 1 α β

α 0 α β 1

β 0 β 1 α

7節の「剰余環の一次関数からラテン方陣へ」と8節の「剰余環の一次関数から オイラー方陣へ」の議論はそのまま有限体にも適用できて、次の結果を得る。

有限体F の元a, bに対して、写像

F →F ; x7→ax+b

が全単射になるための必要十分条件は、a̸= 0である。F の元a, b, c, d, e, fに対し て、写像

F ×F →F ×F ; (x, y)7→(ax+by+e, cx+dy+f)

が全単射になるための必要十分条件は、ad−bc̸= 0である。F の元全体を一列に並 べて0,1, . . . ,|F| −1に対応させる。上の結果より、a̸= 0ならばax+bはラテン方

陣を生成し、a̸= 0, b̸= 0, c̸= 0, d̸= 0かつad−bc̸= 0ならばax+by+e, cx+dy+f はオイラー方陣を生成する。

F₄の場合、行や列において0,1, α, βの順序で並べることにする。x+yに対応 するラテン方陣および0,1, α, βを0,1,2,3に置き換えたものは

0 1 α β 1 0 β α

α β 0 1

β α 1 0

0 1 2 3 1 0 3 2 2 3 0 1 3 2 1 0

となり、2節で作ったものとは異なるラテン方陣を作れる。次にαx+yに対応す るラテン方陣および0,1, α, βを0,1,2,3に置き換えたものは

0 1 α β

α β 0 1

β α 1 0

1 0 β α

0 1 2 3 2 3 0 1 3 2 1 0 1 0 3 2 上記の二つのラテン方陣は {

x+y αx+y

から定まっていて1−α= 1 +α=βなので、これらから定まる二つのラテン方陣 はオイラー方陣を定め、それから定まる4進法および10進法による魔方陣は

0,0 1,1 2,2 3,3 1,2 0,3 3,0 2,1 2,3 3,2 0,1 1,0 3,1 2,0 1,3 0,2

00 11 22 33 12 03 30 21 23 32 01 10 31 20 13 02

0 5 10 15 6 3 12 9 11 14 1 4 13 8 7 2

αx+yに対応するラテン方陣は、ラテン方陣の定義である縦と横にもれなく重 複なく0,1, α, βが現れるということだけではなく、対角線にももれなく重複なく 0,1, α, βが現れる。βx+yも同様な性質を持つことが次のようにわかる。βx+y に対応するラテン方陣および0,1, α, βを0,1,2,3に置き換えたものは

0 1 α β

β α 1 0

1 0 β α

α β 0 1

0 1 2 3 3 2 1 0 1 0 3 2 2 3 0 1 上記の二番目と三番目のラテン方陣は

{αx+y βx+y

から定まっていてα−β=α+β = 1なので、これから定まる二つのラテン方陣は オイラー方陣を定め、それから定まる4進法および10進法による魔方陣は

0,0 1,1 2,2 3,3 2,3 3,2 0,1 1,0 3,1 2,0 1,3 0,2 1,2 0,3 3,0 2,1

00 11 22 33 23 32 01 10 31 20 13 02 12 03 30 21

0 5 10 15 11 14 1 4 13 8 7 2 6 3 12 9

構成に使った二つのラテン方陣はどちらも、対角線にも0,1, α, βがもれなく重複 なく現れるので、結果の魔方陣は対角線の和も等しくなる。

F₄の元の並べ方0,1, α, βについて考えてみよう。

x 0 1 α β

x+β β α 1 0

となり、βを加えるという操作が0,1, α, βの並べ方を逆順にすることがわかる。

ax+by+cがラテン方陣を定めるとする。すなわち、a ̸= 0かつb ̸= 0が成り立 つ。さらに左上から右下の対角線ではax+bx+c= (a+b)x+cが対応する。この とき、F4の元がもれなく重複なく現れるための必要十分条件はa+b ̸= 0である。

右上から左下の対角線ではax+b(x+β) +c= (a+b)x+bβcが対応する。この とき、F4の元がもれなく重複なく現れるための必要十分条件はa+b ̸= 0である。

以上で、F4の元を0,1, α, βと並べるとき、

{ax+by+e cx+dy+f

が二つのラテン方陣を定め、さらに一つのオイラー方陣を定めるための必要十分 条件はa, b, c, d, ad−bcがどれも0に一致しないことである。さらにオイラー方陣 から定まる魔方陣の対角線の和も等しくなるための必要十分条件はa+b, c+dが どちらも0に一致しないことである。

12 F

の一次関数から魔方陣へ

F₈は定理10.4のp= 2, n= 3の場合に対応する。

x⁸−x=x(x⁷−1) =x(x−1)(x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+ 1).

ここで

(x³ +x+ 1)(x³+x²+ 1) =x⁶+x⁵+x⁴+x³+x²+x+ 1 となるので、

x⁸−x=x(x−1)(x³+x+ 1)(x³ +x²+ 1)

を得る。x³+x+ 1, x³+x²+ 1∈F₂[x]が既約多項式であることを示す。F2[x]の 定数項の消えない一次式のすべてはx+ 1であり、定数項の消えない二次式のすべ てはx² + 1, x²+x+ 1である。これらの積のすべては、

(x+ 1)(x²+ 1) =x³+x²+x+ 1, (x+ 1)(x²+x+ 1) =x³+ 1

である。x³+x+ 1, x³+x²+ 1はこれらのどれにも一致しないので既約多項式で ある。x³+x+ 1の定めるイデアルによる剰余環を考える。

F₂[x]/(x³+x+ 1)F₂[x]

={[0],[1],[x],[x+ 1],[x²],[x²+ 1],[x²+x],[x²+x+ 1]}

が成り立つ。加法と乗法は次の表のように定まる。ただし、剰余類を表す[·]は省 略する。

+ 0 1 x x+ 1 x² x²+ 1 x²+x x²+x+ 1

0 0 1 x x+ 1 x² x²+ 1 x²+x x²+x+ 1

1 1 0 x+ 1 x x²+ 1 x² x²+x+ 1 x²+x

x x x+ 1 0 1 x²+x x²+x+ 1 x² x²+ 1

x+ 1 x+ 1 x 1 0 x²+x+ 1 x²+x x²+ 1 x²

x² x² x²+ 1 x²+x x²+x+ 1 0 1 x x+ 1

x²+ 1 x²+ 1 x² x²+x+ 1 x²+x 1 0 x+ 1 x

x²+x x²+x x²+x+ 1 x² x²+ 1 x x+ 1 0 1

x²+x+ 1 x²+x+ 1 x²+x x²+ 1 x² x+ 1 x 1 0

· 0 1 x x+ 1 x² x²+ 1 x²+x x²+x+ 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 x x+ 1 x² x²+ 1 x²+x x²+x+ 1

x 0 x x² x²+x x+ 1 1 x²+x+ 1 x²+ 1

x+ 1 0 x+ 1 x²+x x²+ 1 x²+x+ 1 x² 1 x

x² 0 x² x+ 1 x²+x+ 1 x²+x x x²+ 1 1

x²+ 1 0 x²+ 1 1 x² x x²+x+ 1 x+ 1 x²+x

x²+x 0 x²+x x²+x+ 1 1 x²+ 1 x+ 1 x x²

x²+x+ 1 0 x²+x+ 1 x²+ 1 x 1 x²+x x² x+ 1

F₈の元を次の対応によって書き換える。

0 1 x x+ 1 x² x²+ 1 x² +x x²+x+ 1

0 1 2 3 4 5 6 7

この対応によって加法と乗法の演算表を書き換えると次のようになる。

+ 0 1 2 3 4 5 6 7 0 0 1 2 3 4 5 6 7 1 1 0 3 2 5 4 7 6 2 2 3 0 1 6 7 4 5 3 3 2 1 0 7 6 5 4 4 4 5 6 7 0 1 2 3 5 5 4 7 6 1 0 3 2 6 6 7 4 5 2 3 0 1 7 7 6 5 4 3 2 1 0

· 0 1 2 3 4 5 6 7 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 2 0 2 4 6 3 1 7 5 3 0 3 6 5 7 4 1 2 4 0 4 3 7 6 2 5 1 5 0 5 1 4 2 7 3 6 6 0 6 7 1 5 3 2 4 7 0 7 5 2 1 6 4 3

行と列の表示は(i, j)で表すことにする。

{(x+ 1)i+j xi+j

は二つのラテン方陣と一つのオイラー方陣を定める。(x+ 1)i+jに対応するラテ ン方陣とxi+jに対応するラテン方陣は

0 1 2 3 4 5 6 7 3 2 1 0 7 6 5 4 6 7 4 5 2 3 0 1 5 4 7 6 1 0 3 2 7 6 5 4 3 2 1 0 4 5 6 7 0 1 2 3 1 0 3 2 5 4 7 6 2 3 0 1 6 7 4 5

0 1 2 3 4 5 6 7 2 3 0 1 6 7 4 5 4 5 6 7 0 1 2 3 6 7 4 5 2 3 0 1 3 2 1 0 7 6 5 4 1 0 3 2 5 4 7 6 7 6 5 4 3 2 1 0 5 4 7 6 1 0 3 2

これら二つのラテン方陣から定まるオイラー方陣(8進法魔方陣)と10進法魔方陣 は以下のようになる。

00 11 22 33 44 55 66 77 32 23 10 01 76 67 54 45 64 75 46 57 20 31 02 13 56 47 74 65 12 03 30 21 73 62 51 40 37 26 15 04 41 50 63 72 05 14 27 36 17 06 35 24 53 42 71 60 25 34 07 16 61 70 43 52

0 9 18 27 36 45 54 63 26 19 8 1 62 55 44 37 52 61 38 47 16 25 2 11 46 39 60 53 10 3 24 17 59 50 41 32 31 22 13 4 33 40 51 58 5 12 23 30 15 6 29 20 43 34 57 48 21 28 7 14 49 56 35 42 F₈の元の並べ方を0,1, x, x+ 1, x², x²+ 1, x²+x, x²+x+ 1とする。

i 0 1 x x+ 1 x² x²+ 1 x²+x x²+x+ 1 x²+x+ 1−i x²+x+ 1 x²+x x²+ 1 x² x+ 1 x 1 0 となり、x²+x+ 1から引くという操作が0,1, x, x+ 1, x², x²+ 1, x²+x, x²+x+ 1 の並べ方を逆順にすることがわかる。これより、オイラー方陣から定まる魔方陣 の対角線の和も等しくなる条件は、F4の場合と同様に考えられる。

{ai+bj+e ci+dj+f

が二つのラテン方陣と一つのオイラー方陣を定めるとき、さらにオイラー方陣から 定まる魔方陣の対角線の和も等しくなるための必要十分条件は、a+b̸= 0,a−b ̸= 0,

c+d ̸= 0, c−d ̸= 0である。ただしF₈では和と差は同じことなので、必要十分 条件はa+b ̸= 0, c+d ̸= 0である。上で定めたa = x+ 1, b = 1, c = x, d = 1, e =f = 0から定まる魔方陣は対角線の和も等しくなる。

他にも次のような一次式から対角線の和も等しい魔方陣が定まる。

{x²i+j xi+j

{(x² + 1)i+j xi+j

{(x²+x)i+j xi+j

{(x²+x+ 1)i+j xi+j

13 F

の一次関数から魔方陣へ

F₉は定理10.4のp= 3, n= 2の場合に対応する。

x⁹−x=x(x−1)(x+ 1)(x² + 1)(x⁴+ 1).

ここで(x²+x+ 2)(x²+ 2x+ 2) =x⁴+ 1となるので、

x⁹−x=x(x−1)(x+ 1)(x²+ 1)(x² +x+ 2)(x²+ 2x+ 2)

を得る。一次式の積をすべて考えることにより、x²+1, x²+x+2, x²+2x+2∈F₃[x]

が既約多項式であることがわかる。x²+ 1の定めるイデアルによる剰余環を考える。

F₃[x]/(x²+ 1)F₃[x] ={[0],[1],[2],[x],[x+ 1],[x+ 2],[2x],[2x+ 1],[2x+ 2]} が成り立つ。加法と乗法は次の表のように定まる。ただし、剰余類を表す[·]は省 略する。

+ 0 1 2 x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2

0 0 1 2 x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2

1 1 2 0 x+ 1 x+ 2 x 2x+ 1 2x+ 2 2x

2 2 0 1 x+ 2 x x+ 1 2x+ 2 2x 2x+ 1

x x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2 0 1 2

x+ 1 x+ 1 x+ 2 x 2x+ 1 2x+ 2 2x 1 2 0 x+ 2 x+ 2 x x+ 1 2x+ 2 2x 2x+ 1 2 0 1

2x 2x 2x+ 1 2x+ 2 0 1 2 x x+ 1 x+ 2

2x+ 1 2x+ 1 2x+ 2 2x 1 2 0 x+ 1 x+ 2 x

2x+ 2 2x+ 2 2x 2x+ 1 2 0 1 x+ 2 x x+ 1

· 0 1 2 x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2

2 0 2 1 2x 2x+ 2 2x+ 1 x x+ 2 x+ 1

x 0 x 2x 2 x+ 2 2x+ 2 1 x+ 1 2x+ 1

x+ 1 0 x+ 1 2x+ 2 x+ 2 2x 1 2x+ 1 2 x x+ 2 0 x+ 2 2x+ 1 2x+ 2 1 x x+ 1 2x 2

2x 0 2x x 1 2x+ 1 x+ 1 2 2x+ 2 x+ 2

2x+ 1 0 2x+ 1 x+ 2 x+ 1 2 2x 2x+ 1 x 1 2x+ 2 0 2x+ 2 x+ 1 2x+ 1 x 2 x+ 2 1 2x

F₉の元を次の対応によって書き換える。

0 1 2 x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2

0 1 2 3 4 5 6 7 8

この対応によって加法と乗法の演算表を書き換えると次のようになる。

+ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 1 1 2 0 4 5 3 7 8 6 2 2 0 1 5 3 4 8 6 7 3 3 4 5 6 7 8 0 1 2 4 4 5 3 7 8 6 1 2 0 5 5 3 4 8 6 7 2 0 1 6 6 7 8 0 1 2 3 4 5 7 7 8 6 1 2 0 4 5 3 8 8 6 7 2 0 1 5 3 4

· 0 1 2 3 4 5 6 7 8 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 2 0 2 1 6 8 7 3 5 4 3 0 3 6 2 5 8 1 4 7 4 0 4 8 5 6 1 7 2 3 5 0 5 7 8 1 3 4 6 2 6 0 6 3 1 7 4 2 8 5 7 0 7 5 4 2 6 7 3 1 8 0 8 4 7 3 2 5 1 6 行と列の表示は(i, j)で表すことにする。

{(x+ 1)i+j xi+j

は二つのラテン方陣と一つのオイラー方陣を定める。(x+ 1)i+jとxi+jに対応 するラテン方陣は

0 1 2 3 4 5 6 7 8 4 5 3 7 8 6 1 2 0 8 6 7 2 0 1 5 3 4 5 3 4 8 6 7 2 0 1 6 7 8 0 1 2 3 4 5 1 2 0 4 5 3 7 8 6 7 8 6 1 2 0 4 5 3 2 0 1 5 3 4 8 6 7 3 4 5 6 7 8 0 1 2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 0 1 2 6 7 8 0 1 2 3 4 5 2 0 1 5 3 4 8 6 7 5 3 4 8 6 7 2 0 1 8 6 7 2 0 1 5 3 4 1 2 0 4 5 3 7 8 6 4 5 3 7 8 6 1 2 0 7 8 6 1 2 0 4 5 3

これら二つのラテン方陣から定まるオイラー方陣(9進法魔方陣)と10進法魔方陣

は以下のようになる。

00 11 22 33 44 55 66 77 88 43 54 35 76 87 68 10 21 02 86 67 78 20 01 12 53 34 45 52 30 41 85 63 74 28 06 17 65 73 84 08 16 27 32 40 51 18 26 07 42 50 31 75 83 64 71 82 60 14 25 03 47 58 36 24 05 13 57 38 46 81 62 70 37 48 56 61 72 80 04 15 23

0 10 20 30 40 50 60 70 80 39 49 32 69 79 62 9 19 2 78 61 71 18 1 11 48 31 41 47 27 37 77 57 67 26 6 16 59 66 76 8 15 25 29 36 46 17 24 7 38 45 28 68 75 58 64 74 54 13 23 3 43 53 33 22 5 12 52 35 42 73 56 63 34 44 51 55 65 72 4 14 21 F₉の元の並べ方を0,1,2, x, x+ 1, x+ 2,2x,2x+ 1,2x+ 2とする。

i 0 1 2 x x+ 1 x+ 2 2x 2x+ 1 2x+ 2 2x+ 2−i 2x+ 2 2x+ 1 2x x+ 2 x+ 1 x 2 1 0 となり、2x+ 2から引くという操作が0,1,2, x, x+ 1, x+ 2,2x,2x+ 1,2x+ 2 の並 べ方を逆順にすることがわかる。これより、オイラー方陣から定まる魔方陣の対 角線の和も等しくなる条件は、F4の場合と同様になる。これより、上記の魔方陣 の対角線の和も等しくなる。

他にも次のような一次式から対角線の和も等しい魔方陣が定まる。

{(x+ 2)i+j xi+j

{2xi+j xi+j

{(2x+ 1)i+j xi+j

{(2x+ 2)i+j xi+j

14 有限体の一次関数からオイラー方陣へ

この節では、有限体の一次式からオイラー方陣および魔方陣を構成する方法を まとめておく。

有限体F に対して一次関数からラテン方陣を構成し、さらに二つの一次関数か ら二つのラテン方陣およびオイラー方陣を次の条件の元で構成できる。F の0以 外の元は積の逆元を持つので、a, b, c∈F − {0}とc∈F に対してx行y列の数を ax+by+cとすることによりラテン方陣を作れる。

有限体F の元の個数をnとする。ad−bc ̸= 0となるa, b, c, d∈ F− {0}および e, f ∈Fをとる。n次方陣のx行y列の数を

{

ax+by+e cx+dy+f

によって二つのラテン方陣を定めると、これらはオイラー方陣、さらにn進法表 記の魔方陣を定める。

F の元を並べてa₀, a₁, . . . , a_n−1とする。この並べ方によってax+by+cが定め るラテン方陣について考える。左上から右下への対角線のi番目の成分は

aa_i+ba_i+c= (a+b)a_i+c

となる。この対角線にF のすべての元が一回ずつ現れるための必要十分条件は、

a+b ̸= 0である。さらにF の元の並べ方が a_n−1−a_i =a_n−1−i

を満たすとする。これまでに扱った有限体の元の並べ方はすべてこの条件を満た す。上記の条件を満たす並べ方になっているとき、右上から左下への対角線のi番 目の成分は

aa_i +ba_n−1−i+c=aa_i+b(a_n−1−a_i) +c= (a−b)a_i+ba_n−1+c

となる。この対角線にF のすべての元が一回ずつ現れるための必要十分条件は、

a−b̸= 0である。以上より、

{

ax+by+e cx+dy+f

がオイラー方陣を定める条件を満たしていて、さらにa+b, a−b, c+d, c−dがす べて0と異なるとき、オイラー方陣から定まる魔方陣の対角線の和も等しくなる。

15 魔方陣の積

定義 15.1 (魔方陣の積) p次魔方陣(a_ij)とq次魔方陣(b_kl)の積を、p次魔方陣の (i, j)成分の場所にq次魔方陣の(k, l)成分b_klをb_kl+a_ijq²に入れ換えた方陣をは め込んだのものとして定める。

上記の積はテンソル積と呼ばれているが、ここでは簡単に積と呼ぶことにする。

命題 15.2 魔方陣の積は魔方陣である。

例 15.3 1節で挙げた3次魔方陣の例

3 8 1 2 4 6 7 0 5

とそれ自身との積は

30 35 28 75 80 73 12 17 10 29 31 33 74 76 78 11 13 15 34 27 32 79 72 77 16 9 14 21 26 19 39 44 37 57 62 55 20 22 24 38 40 42 56 58 60 25 18 23 43 36 41 61 54 59 66 71 64 3 8 1 48 53 46 65 67 69 2 4 6 47 49 51 70 63 68 7 0 5 52 45 50 となる。これは9次魔方陣である。

命題15.2の証明 p次魔方陣の(i, j)成分がa_ij = 0の場所に0からq²−1の自然 数があり、(i, j)成分がa_ij = 1の場所にq²から2q²−1の自然数があり、これが続 いて(i, j)成分がa_ij =p²−1の場所に(p²−1)q²から(p²−1)q²+q²−1 = p²q²−1 の自然数があり、全体では0からp²q²−1の自然数がある。

p次魔方陣の各行各列の和をm(p)で表す。上からi番目のブロックの第k行の 成分の和は

p−1

∑

j=0 q−1

∑

l=0

(b_kl+a_ijq²) =

p−1

∑

j=0

(_q−1

∑

l=0

b_kl+a_ijq³ )

=

p−1

∑

j=0

(m(q) +a_ijq³)

=pm(q) +

p−1

∑

j=0

a_ijq³ =pm(q) +m(p)q³

であり、一定である。列の成分の和も同様の値になり一定である。

16 魔方陣の存在

この節では自然数nに対してn次魔方陣が存在するかどうかについて考える。2 次魔方陣が存在しないことはすぐにわかるので、n≥3の場合を考えればよい。

nが奇数のとき、オイラー方陣が存在し、n次魔方陣も存在することはすでに示 した。これより、偶数次の魔方陣が存在するかどうかが問題になる。偶数nは

n= 2^ab (a ≥1, b :奇数)

と表すことができる。a ≥2ならば、有限体F₂^aの一次関数から2^a次魔方陣を構 成でき、b次魔方陣との積からn = 2^ab次魔方陣を構成できる。以上よりa= 1の 場合が残る。すなわち奇数bに対してn= 2b次の魔方陣が存在するかという問題 が残る。bは奇数だからb= 2c+ 1と表すことができ、n = 4c+ 2となる。

オイラーは1782年にn = 4c+ 2を次数に持つオイラー方陣は存在しないこと を予想した。1900年頃にG. Tarryは6次オイラー方陣が存在しないことを証明し た。その後、このオイラーの問題は長い間解かれていなかったが、1959年にR. C.

Bose, S. S. ShrikhandeとE. T. Parkerによって、n= 4c+ 2≥10の場合にはオイ ラー方陣は存在するという形で解決された。

3次以上の魔方陣は6次以外では存在することが以上でわかる。6次オイラー方 陣は存在しないが、これだけでは6次魔方陣が存在しないかどうかはわからない。

実は次に示すように6次魔方陣は存在することが知られている。

0 1 2 33 34 35 30 31 14 3 22 5 29 28 27 8 7 6 11 10 9 26 25 24 23 19 21 20 4 18 12 16 32 15 13 17 したがって、次の定理を得る。

定理 16.1 n ≥3に対してn次魔方陣は存在する。

17 体上のアフィン平面

定義 17.1 F を体とする。積

F² =F ×F ={(x, y)|x, y ∈F} を体F 上のアフィン平面と呼ぶ。

F が実数Rの場合、R²は座標平面と同じものである。F がF2の場合、

F²₂ ={(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)} は4個の点からなる有限集合である。

定義 17.2 体F の元a, b, cをとる。ただし、a, bの少なくとも一方は0ではないと 仮定する。このとき、F 上のアフィン平面F²の部分集合

{(x, y)∈F² |a·x+b·y+c= 0} を直線と呼ぶ。

F が実数Rの場合、上で定義した直線は座標平面R²の直線と同じものである。

F がF₂の場合、直線は以下の6個である。

{(x, y)∈F²₂ |1·x+ 0·y+ 0 = 0}={(0,0),(0,1)}, {(x, y)∈F²₂ |1·x+ 0·y+ 1 = 0}={(1,0),(1,1)}, {(x, y)∈F²₂ |0·x+ 1·y+ 0 = 0}={(0,0),(1,0)}, {(x, y)∈F²₂ |0·x+ 1·y+ 1 = 0}={(0,1),(1,1)}, {(x, y)∈F²₂ |1·x+ 1·y+ 0 = 0}={(0,0),(1,1)}, {(x, y)∈F²₂ |1·x+ 1·y+ 1 = 0}={(0,1),(1,0)}.

F²₂の直線の全体には、F²₂の4点から2点を選ぶすべての組み合せが現れている。

座標平面R²の点と直線については次が成り立つ。

(1) 異なる二点p, qに対して、pとqを含む直線がただ一つ存在する。

(2) 直線lと点pに対して、pを含みlと平行な直線がただ一つ存在する。

(3) 一つの直線に含まれない三点が存在する。

これらの性質は一般の体上のアフィン平面の点と直線の性質に拡張できる。そ のために、体上のアフィン平面の二つ直線が平行であることを定義しておく。

定義 17.3 体上のアフィン平面の二つ直線が一致するかまたは交わらないとき、こ れら二つの直線は平行であるという。

定理 17.4 体上のアフィン平面の点と直線について次が成り立つ。

(1) 異なる二点p, qに対して、pとqを含む直線がただ一つ存在する。

(2) 直線lと点pに対して、pを含みlと平行な直線がただ一つ存在する。

(3) 一つの直線に含まれない三点が存在する。

証明 アフィン平面を定める体をF とする。

(1) 異なる二点をp= (x₀, y₀), q= (x₁, y₁)とする。

(∗) (y₀−y₁)x+ (x₁−x₀)y+ (x₀y₁−y₀x₁) = 0 は直線を定め、(x0, y₀)と(x₁, y₁)を含むことがわかる。

(x0, y0)と(x1, y1)を含む直線は(∗)の定める直線に限ることを示す。

ax+by+c= 0