14　剰余類の乗法群
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１．整数の剰余類の乗法群

［１］　整数の剰余類の集合Z_nについては，［a］_n に属する任意の元 a’および，［b］_n に属する任意の元 b’とすると，

a≡a’　（mod n），　　b≡b’　（mod n）　→　a×b ≡ a’× b’　（mod n）　

となります。なぜなら，整数 c，d を用いて，a−a’＝ c×n， b−b’＝ d×n とおくと，

となるからです。したがって，11．の加法と同様に，剰余類の乗法（積）を

によって定義し，演算に意味をもたせることができます。

［２］　この積をもとでのZ₅の各元の演算結果を表（乗積表）にしてみると，

となり，［０］₅の関係した部分を除いた部分（色の濃い部分）は群を作っていることがわかります。すなわち，

ことがわかります。単位元は［１］₅ であり，逆元の存在もすべての行，（列）に［１］₅ が存在することからわかります。

［３］　しかし，どんな n についても Z_n^* が乗法群をなすわけではありません。たとえば，Z₆ の乗法表を作ると，

となり，Z₆^* は群をなしません。［2］₆，［3］₆，［4］₆に逆元が存在しないからです （これらに何をかけても [1]₆ にはならない！）　また，［2］₆，［3］₆，［4］₆ の行には，［2］₆ × ［3］₆ ＝ ［０］₆ という ”かけ算” としてはオカシナこともおきています。　一般に，

ある b≠0 に対して，　　a × b ＝ 0

となるとき，a を零因子といいます。この用語を用いると，［0］₆以外にもZ₆には零因子が存在します。どのような元が零因子になっているかといえば，n が 1と n 以外の約数をもてば，a≠1　（そのとき，［b］_n≠［0］_n＝［n］_n ），かつ a× b ＝ n　となる a，b が存在して，

［a］_n × ［b］_n ＝ ［a× b］_n ＝ ［n］_n ＝ ［0］_n  　　　(0≦a，b＜nとして考えてます。)

となることから，

ことがわかります。

［４］　また，［b］_n≠［0］_n の零因子 ［a］_n に逆元 ［a］_n^-1 が存在すると，

［b］_n ＝ ［a］_n^-1×［a］_n × ［b］_n ＝ ［a］_n^-1×［0］_n ＝ ［0］_n

となり，［b］_n≠［0］_n に矛盾します。すなわち，

そこで，Z₆^*の中で逆元をもつ元（←可逆元といいます）だけを抜き出した集合

  G₆ ＝ ｛[1]₆，［5］₆｝

×	［1］5	[5］5
[1］5	[1］5	[5］5
［5］5	[5］5	[1］5

を考えるとこれは群をなすことがわかります。これは，「 Z₆^* から零因子を除外して群 G₆を 得る。 」 ということができます。

［５］　以上，考察のもと次の定理が成り立ちます。

　また，G_n に属する剰余類を nと素な剰余類 ，G_nを既約剰余類群といいます。

注意：　Z_n^*をはじめから可逆元全体の集合として定義することもあります。その時は，Z_n^*≡G_n　です。実際，第２部では，Z_n^*≡G_nとします。

［６］ また，Z_n^*は加群 Z_n の自己同型群（自分自身へ写す全単射からなる群）Aut (Z_n) ともなっています。

証明　略

例　Z₆の場合

この自己同型写像は，6の剰余類を6の剰余類へ写す上への1対１写像で，生成元は生成元に写されることを考えると，次の２つであることが分かります。

ε		α
Z6の自己同型写像はこの2つ

これらε，αが自己同型写像であることは，εは自明ですが，αについては，

α([a]₆)＋α([b]₆)＝［6-a］₆＋［6-b]₆＝［6-(a+b)］₆＝α(［a+b］₆

と確認できます。この自己同型群Aut (Z_n)は，次の群表から分かるように，Z_n^*（≡G_n） と同型です。

補遺

･具体的なオイラーのΦ関数の形：

n＝p₁^a･p₂^b････p_k^rとするとき，（p_iは互いに異なる素数）

φ（n）＝n

1−

1

1−

1

････

1−

1

p1

p2

pk

　　　　　＝p₁^a-1p₂^b-1･････p_k^r-1(p₁−1)(p₂−1)････(p_k−1)

最初のいくつかを計算してもみましょう。

n＝	1	2	3	4	5	6	7	8	･･･
φ（n）＝	1	1	2	2	4	2	6	4	･･･
素な数	1	1	1,2	1,3	1,2,3,4	1,5	1,2,3,4,5,6	1,3,5,7	･･･

例：　n＝p₁^a･p₂^b　(k＝2)　のときについて考えると，

φ（n）は，ｎからp₁で割り切れる数の個数とp₂で割り切れる個数を差し引いて，そこへp₁とp₂の両方で割り切れる数の個数を加えればよい。すなわち，

φ（n）＝n−n/p₁−n/p₂＋n/(p₁･p₂)
　　　　＝p₁^ap₂^b−p₁^a-1p₂^b−p₁^ap₂^b-1＋p₁^a-1p₂^b-1
　　　　＝p₁^a-1p₂^b-1(p₁−1)(p₂−1)

となって関係式を確認できる。 （問題：ｋが一般の正整数のときについて証明せよ。）

1からp₁^aまでの数の中で，p₁で割り切れる数の個数は，p₁^a/p₁ なので，これを引いた，

p₁^a−p₁^a/p₁＝p₁^a-1(p₁−1)

が1からp₁^aまでの数の中で，p₁で割り切れない数の個数である。
また，1からp₂^bまでのなかでの中でp₂で割り切れない数の個数は，同様に考えて，

p₂^b-1(p₂−1)

である。したがって，１からn＝p₁^a･p₂^b　のなかで，p₁とp₂のどちらでも割り切れない数の個数は，

p₁^a-1(p₁−1)p₂^b-1(p₂−1)

･n と素な整数 a に対して，

a^φ（n） ＝ 1　（mod n）

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オイラーの関係式　

p_m を小さい方から数えて m 番目の素数とすれば，

	1 ns	＝		1
				1− 1 pms

が成り立ちます。　この関係式を示すのには，次の公式を用います。

1	＝ 1＋r＋r2＋・・・＋rn＋・・・・　　　　，　ただし，｜r｜＜1
1− r

1	＝ 1 ＋	1  pms	＋	1  pm2s	＋	1 ＋ ・・・・・  pm3s
1− 1 pms

したがって，

	1	＝		1 ＋	1  2s	＋	1  22s	＋	1 ＋ ・・・・・  23s
	1− 1 pms

×		1 ＋	1  3s	＋	1  32s	＋	1 ＋ ・・・・・  33s

×		1 ＋	1  5s	＋	1  52s	＋	1 ＋ ・・・・・  53s

           ･･････････････････････････････････････････

これを展開すれば，

＝	Σ	1
	α，β・・・	（p1αp2βp3γ･････）s

ここで，Σは（α，β，・・・）は，0 以上のあらゆる整数の組についてわたってとります。すると，自然数が一意的に

p₁^αp₂^βp₃^γ･････p_k^ω          （α＝β＝・・・＝0　のとき，1 です。）

のように表せることから，この級数の(　 　　)^sの中にはすべての自然数が1回ずつ現れます。よって，この和は，

	1 ns

と書いてよいことがわかります。