指数関数の値(10 adic)

$\sqrt{1}$を$9$から始まる非自明1の平方根とする。($\sqrt{1}=\cdots 1249.$)

このとき、$a^{\sqrt{1}}$は簡潔な形をとる。

例1

\[ 3^{1+\sqrt{1}} = 4 + 5 \sqrt{1} \]

例2

\[ 7^{1+\sqrt{1}} = 24 + 25 \sqrt{1} \]

$\omega_3 = \cdots 4193$ を$3$から始まる1の4乗根とする。 （この求め方は こちら.)

このとき \[ a^{(1+\sqrt{1})/2} \] も簡潔な形で表せる。

例3

\[ 3^{(1+\sqrt{1})/2} = 1 + \sqrt{1}+ \omega_3 \]

例4

\[ 7^{(1+\sqrt{1})/2} = 4 + 4\sqrt{1}-\omega_3 \]

Note1. 例3,例4をそれぞれ二乗することにより、例1,例2を導くことができる。

Note2. 例3,例4から、1の4乗根を近似計算することもできる。

定理

\[ a^{(1+\sqrt{1})/2} = \begin{cases} \displaystyle \frac{1+\sqrt{1}}{2} \cdot a + \frac{1-\sqrt{1}}{2} & (a \equiv 1 \mod 10) \\ \displaystyle \frac{1+\sqrt{1}}{2} \cdot a - \frac{1-\sqrt{1}}{2} & (a \equiv 9 \mod 10) \\ \displaystyle \frac{1+\sqrt{1}}{2} \cdot (a-1) + \omega_3 & (a \equiv 3 \mod 10) \\ \displaystyle \frac{1+\sqrt{1}}{2} \cdot (a+1) - \omega_3 & (a \equiv 7 \mod 10) \end{cases} \]

ここで、$\sqrt{1}$は1の平方根,$\omega_3$ は1の4乗根で、それぞれ取り方がいくつかあるが、次を満たすものとする。

\[ \sqrt{1} = \cdots 1249, \,\, \omega_3 = \cdots 4193 \]

\[ 1 - \omega_3 + \omega_3^2 - \omega_3^3 = 0. \]

証明

\[\frac{a}{\zeta} \in 1 + 10 \mathbb{Z}_{10}\]

とするとき、

\begin{align} a^x = \left( \zeta \cdot \frac{a}{\zeta} \right)^x &= \zeta ^x \left( \frac{a}{\zeta} \right ) ^x \\ &= \zeta ^x \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right)^n \binom{x}{n} \end{align}

は収束する。また$x=\frac{1+\sqrt{1}}{2}$とすると、

\[ \binom{x}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2}\cdot \frac{-1+\sqrt{1}}{2} = 0 \]

だから、 \[ \binom{x}{k} = 0 \quad (k\geq 2)\] が成立する。つまり、$x=\frac{1+\sqrt{1}}{2}$のとき

\begin{align} a^x &= \zeta ^x \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right)^n \binom{x}{n} \\ &= \zeta ^x \left ( \binom{x}{0} + \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right) \cdot \binom{x}{1} \right) \\ &= \zeta ^x \left ( 1+ \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right) \cdot x \right) \end{align}

が得られる。したがって

\[a^{\frac{1+\sqrt{1}}{2} } =\zeta ^{\frac{1+\sqrt{1}}{2}} \left ( 1+ \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \right) . \]

この関係式を用いて、定理を場合分けして証明する.

Case1 ($a \equiv 1 \mod 10$)

このときは $\zeta = 1 $とすると自明であるが、 \[ \frac{a}{\zeta} \in 1 + 10 \mathbb{Z}_{10} \] となる。

\begin{align} a^{\frac{1+\sqrt{1}}{2} } &=\zeta ^{\frac{1+\sqrt{1}}{2}} \left ( 1+ \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \right) \\ &= 1+ \left( a -1 \right) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \\ &= \frac{1+\sqrt{1}}{2} \cdot a + \frac{1-\sqrt{1}}{2}. \\ \end{align}

Case2 ($a \equiv 9 \mod 10$)

このときは $\zeta = \sqrt{1} $とすると \[\zeta = \cdots 1249 \] だから \[ \frac{a}{\zeta} \in 1 + 10 \mathbb{Z}_{10} \] となる。

\[ \frac{1+\sqrt{1}}{2} = \cdots 25\] となることに注意すれば、次のように変形できる。

\begin{align} a^{\frac{1+\sqrt{1}}{2} } &=\zeta ^{\frac{1+\sqrt{1}}{2}} \left ( 1+ \left( \frac{a}{\zeta} -1 \right) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \right) \\ &=\sqrt{1} ^{\cdots 25} \left ( 1+ \left( \frac{a}{\sqrt{1} } -1 \right) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \right) \\ &=\sqrt{1} \left ( 1+ \left( \frac{a}{\sqrt{1} } -1 \right) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \right) \\ &=\sqrt{1}+ ( a -\sqrt{1}) \cdot \frac{1+\sqrt{1}}{2} \\ &= \frac{1+\sqrt{1}}{2} \cdot a -\frac{1-\sqrt{1}}{2}. \\ \end{align}

Case3 ($a \equiv 3 \mod 10$)

このときは $\zeta = \omega_3 $とすると \[\zeta = \cdots 4193 \] だから \[ \frac{a}{\zeta} \in 1 + 10 \mathbb{Z}_{10} \] となる。以下の議論は、ほぼCase2と一緒なので省略する。

Case4 ($a \equiv 7 \mod 10$)

このときは $\zeta = -\omega_3 $とすると \[\zeta = -( \cdots 4193) = \cdots 5807 \] だから \[ \frac{a}{\zeta} \in 1 + 10 \mathbb{Z}_{10} \] となる。以下の議論は、ほぼCase2と一緒なので省略する。

系

\[ a^{1+\sqrt{1}} = \begin{cases} \displaystyle \frac{a^2+1}{2} + \frac{a^2-1}{2}\cdot \sqrt{1} & (a \equiv 1,9 \mod 10) \\ \displaystyle \frac{a^2-1}{2} + \frac{a^2+1}{2}\cdot \sqrt{1} & (a \equiv 3,7 \mod 10) \end{cases} \]

証明

定理の証明と同様の議論をしても良いし、定理を2乗しても得られる。