前回の証明

f(x)=a0+a1x+a2x^2+・・・・+amx^m
am≠0 aj∈Ｋ

と記すと、φ∈Ｇｆにたいして

　0=φ(f(αｊ)=a0+a1φ(αj)+a2φ(αj)^2＋・・・amφ(αj)^m

　　となり、φ(αj)もｆ(x)の根であることがわかる。

また、(φf)(x)=φ(a0)+φ(a1)x+・・・φ(am)x^m
=a0+a1x+・・・＋amx^m=f(x)

が成り立つ。αjがf(x)のlj重根であるときもφ(αj)もｆ(x)のlj
重根となる。説明は省くが。

また、φ、Ψ　∈Ｇｆ　に対し、(φ・Ψ）(αj)=φ(Ψ(αj)である。

よってΦ(φ・Ψ)=Φ(φ)Φ(Ψ)が成り立ち、Φは群の準同型である。

Φは単射であることもわかる。

以上、かなりはしょったが、証明とします。

まだ、先があります。むずかしいですね。

ガロア群の元がひきおこす解の置換

前回の証明ですが、適当なものがみあたりません。

で、飯高先生に電話で聞いてみたら、何に変換するかどうかは
わからないけれど、とにかくなにかに変わるだろうということでした。

いろいろ参考書を当たってみますので、この証明はしばらく
お待ち下さい。

方程式の係数を変化させないのだから、なにか別の解にかわる
と考えてよいかと思います。

１００回目のＵＰだから、記念すべきことを書きたかったのですが。
すみません。

ガロア群と対称群の関係について

この項は非常に重要であると思います。

体Ｋの元を係数とする多項式ｆ(x)の相異なる根を｛α１、α２、、、αｎ｝

とすれば、ｆ(x)の体Ｋ上のガロア群Ｇｆの元φはｆ(x)の根の置換

　　　φ(αi)=ασ(φ) σ(φ) ∈　Ｓｎ を引き起こす。

　　　このとき　写像　Ｇｆ　→　Ｓｎ
　　　　　　　　　　　φ　　→　σ(φ)

は群Ｇｆから群Ｓｎの中への同型写像である。

方程式のガロア群を調べることは対称群を調べることと同値になることが

言えるのである。この証明は次回に載せます。私もこの定理は難しいと

思っています。

ガロア群へ

自己同型の続きです。

一般に、体の拡大Ｋ/Ｆがあるとき、Ｋ/Ｆの自己同型とは、Ｋ
からＫへの１対１写像で、和と積をたもち、Ｆの各元を動かさ
ないものと定義される。

ここで次の事が言える。

Ｋ/Ｆの自己同型σは、Ｋの各元βを、Ｆ上βと共役な元に移す。

証明　βがみたすＦ上の既約方程式を、ｇ(x)=0とする。

ｇ(β)=0

このとき　ｇ(σ(β))=σ(g(β))=σ(0)=0

より言える。

Ｋ/Ｆの自己同型全体の集合Ａut(Ｋ/Ｆ)は写像の合成のもとで

群となる。これを自己同型群と呼ぶ。

とくにＫ/Ｆがガロア拡大のときは、Ａut(Ｋ/Ｆ)を

Ｇal(Ｋ/Ｆ)と書き、Ｋ/Ｆのガロア群と呼ぶ。

Ｋが方程式f(x)=0の根体（以前出てきた）のときは

Ｇal(Ｋ/Ｆ)を方程式f(x)=0のガロア群とも呼ぶ。

ガロア群は前にも出てきましたね。

すこしはわかりやすくなったでしょうか。

自己同型群再び

前回の続きです。

Ｑ(√２）からそれ自身への写像σを考える。

a+b√２　→　a-b√２ (a,bは有理数）

これは１対１の写像で和と積で閉じている。σ(x+y)=σ(x)+σ(y)

σ(xy)=σ(x)σ(y)

さらに、Ｑの各元を動かさない。σ(a)=a (aは有理数）

このような写像σを、拡大Ｑ(√２)/Ｑの自己同型と呼ぶ。以前に書いた
かもしれませんが。

　　　　Ｑ(√２)/Ｑの自己同型は、ほかには恒等写像１しかない。

その説明は略す。説明がややわかりにくいから。

ここでＱ(√２)/Ｑの自己同型全体の集合　Ａｕｔ((Ｑ(√２)/Ｑ）=｛1,σ｝

は写像の合成を考えるとき群をなす。これをＱ(√２)/Ｑの自己同型群

とよぶ。

次回はまたこの続きを書きます。

ガロア拡大再び

前回の続きです。

一般に体Ｋに係数をもつｎ次方程式　f(x)=0
が重解を持たないとする。そのｎ個の解α１、α２・・・αｎ
をＦに添加した体Ｋ＝Ｆ（α１、・・、αｎ）を方程式ｆの
根体とよびます。また、拡大Ｋ/Ｆをガロア拡大とよびます。

ここで自己同型が出てくるのですが、次回に回します。

続拡大体

前回に続いて。

１の立方根は、１とω、ω^2　です。
ここで後ろの２つは、Ｑ上の既約方程式の

　　x^2+x+1=0　の２解です。

これらを互いに共役な解といいます。

　　√２と　ー√２もＱ上互いに共役といいます。

Ｑ（２^(1/3))に、ωを添加した体をＱ（２^(1/3)、ω）
と書きます。この場合添加の順番はどちらが先でも
同じです。

この体の元は

a+b(2^(1/3))+c(2^(1/3))^2+pω+q2^(1/3)ω+r((2^(1/3))^2ω

(a,b,c,p,q,rは有理数）でただ一通りに書けます。

よってＱ（２^(1/3)、ω）はＱ上６つの基底とする
ベクトル空間となり拡大次数は６となります。

次回はまたこの続きを書きます。

拡大体の補足

同型の続きを書く前に体のことをすこし書きます。

有理数と√２から、加減乗除して得られる数全体も
体である。これをＱに√２を添加した体とよび、
Ｑ（√２）と書きます。

Ｑ（√２）はＱを含むので、Ｑ（√２）はＱの
拡大体、ＱはＱ(√２）の部分体といいます。
Ｑ（√２）/Ｑであらわします。

Ｑ（√２）の元は、a+b√２（a,bは有理数）の形に
ただひととうりに書ける。
このことからＱ（√２）はＱをスカラーとしたとき
、１と√２を基底とするベクトル空間とみなせる。

この基底の数２を、体の拡大の拡大次数とよび
[Ｑ（√２）/Ｑ]であらわします。

同様に、Ｑに２の３乗根を添加した体の各元は
　　a+b2^(1/3)+c2^(2/3) (a,b,cは有理数）

の形に、ただひととうりに書けます。そのためＱ（２^(1/3))
は、Ｑ上、１、2^(1/3)１、2^(2/3)を基底とする
ベクトル空間となり、拡大次数は３となります。Ｑからの。

この辺は以前に書いたかもしれませんね。

同型補足

前回の同型写像で補足しておきます。

私も最近きずいたことですが、同型写像σは根の
一対一の写像で、根の対称置換（対称群）ととらえると
代数方程式の係数は、基本対称式なので

任意の変換に対して不変となります。
σ（ai)=ai　はここからきています。

すこしだけ分かった気がしませんか？。

続同型について

同型に関する定理をもうひとつ。

Ｑ上代数的数は、任意の同型によりＱ上の共役数
に写される。

証明は下のようになります。

　αを代数的数、σを一つの同型写像とする。α
のＱ上の最少多項式を

　　ｆ(x)=x^n+a1x^n-1+・・・+an ;ai∈Ｑ

とすれば

　　ｆ(α)=α^n+a1α^n-1+・・・+an=0

よって前回の結果と、σ(ai)=ai より

　　0=σ(f(α))=σ(α^n+a1α^n-1+・・・+an)

=σ(α^n)+・・・

　　 =σ(α)^n+・・・

　　 =f(σ(α))

より、σ(α)もｆ(x)の根となります。
よってσ(α)はαの共役数の一つです。

以上です。

次回はこの続きを書きます。

同型について

同型の定理です。

有理数はどのような同型σでも不動である。

σ(r)=r ∀r∈Ｑ

証明はつぎのようになります。

　　σ(1)=σ(1*1)=σ(1)*σ(1)≠０

より σ(1)=1

また　任意の自然数nはｎ個の１の和だから

　　σ(n)=n

また　任意の有理数　ｒ=±m/n は

　　σ(r)=σ(±m/n)=±σ(m)/σ(n)=±m/n=r

より定理は成立する。

これらがどういう意味をもつのか、今は不明です。

続共役について

前回の続きです。
aのどのような(n-1)次の多項式の逆数もそのように表される
ことをいいます。

今、aの任意の(n-1)次の多項式を

　　　g(a)=a^n-1+t2a^n-2+…+tn-1

とすれば、g(x)=x^n-1+x^n-2+…+tn-1 はf(x)よりも
低い次数なので、共通根をもたず、f(x)とg(x)の最大公約数
は１です。そのため、ある多項式u(x),v(x)があって

　　　u(x)g(x)+v(x)f(x)=1 となり
　　　u(a)g(a)+v(a)f(a)=1 です。

ここで、f(a)=0 ですから　u(a)g(a)=1 となります。

つまり、u(a)はg(a)の逆数です。
よって前回の結果から、u(a)は、aの(n-1)次の多項式に
書き直せます。

したがってＦ(a)の元がすべて、aの(n-1)次式に表せます。

そのときの式は一意的となります。

すこしむずかしいですね。

共役について

前回のＦ(a)の表示の証明です。

まず、aのＦ係数多項式は、すべて(N-1)次の多項式に書き直せる
ことをいいます。そのために、aの最少多項式をつぎのようにし
ます。

　　　f(x)=x^n+s1x^n-1+・・・+sn

とすれば

　　　ｆ(a)=a^n+s1a^n-1+s2a^n-2+・・・+sn=0 なので
　　　　a^n=-(s1a^n-1+s2a^n-2+・・・+sn)

のように、(n-1)次以下の式で書けます。
また,
a^n+1も(n-1)次以下の式で表せます。よってaの高次のベキを
置き換えていくことができます。

a^n+1=a・a^n=-a(s1a^n-1+s2a^n-2+・・・+sn)
=-(s1a^n+s2a^n-1+・・・+sna)
=(s1(s1a^n-1+s2a^n-2+・・・+sn)-(s2a^n-1+・・+sna)
だからです。

この続きは次回に書きます。まだ証明は終わっていません。

共役と同型について

αを体Ｆ上に代数的な数、αのＦ上の最少多項式を

　　f(x)=x^n+a1x^n-1+・・・・+an ; a1,a2,,,,an ∈Ｆ

とする。f(x)はｎ次式ですから、α以外に(n-1)個の根をもって
います。それらをα＝α１、α２、、、、αｎとするとき、
これらをＦ上互いに共役な数であるといいます。

ＦにＦ上既約なf(x)の根を添加するとき、どの根を添加するかで
見かけ上は、ｎ個の体Ｆ（α１）、Ｆ（α２）、、、Ｆ（αｎ）
が生じます。体として同じ時と、そうでないときがあります。

体Ｆ上共役な数a,bの生成する体F(a),F(b)はまったく同じように
表記されます。

　　Ｆ(a)=F+Fa+Fa^2+Fa^3+,,,Fa^n-1

のようにです。証明は別途とします。

ここで同型の概念が生まれました。

二つの体ＫとＥに対して、ＫからＥのなかへの写像σが、
Ｋの任意の元ｘ、ｙに対して次の条件を満たすとき
σをＫからＥ（のなか）への同型（写像）といいます。

　　σ(x)=0 と　x=0 が同値。

　　σ(x±y)=σ(x)±σ(y)

σ(xy)=σ(x)σ(y)

σ(x/y)=σ(x)/σ(y) (ただし　y≠0)

このときσがＫとＥが全単射の関係にあればＫとＥは同型で
あるといいます。

この辺は以前書いたことと重複しているかもしれません。

続々円分多項式

前回の続きです。
φ５（ｘ）がどうなるか書いていませんでしたのでここで
載せてみます。
ｘ＾５－１＝（ｘ－１）（ｘ＾４＋ｘ＾３＋ｘ＾２＋ｘ＋１）となり
ｘ＝１は最初から１なので原始根ではありません。

なので、φ５（ｘ）＝ｘ＾４＋ｘ＾３＋ｘ＾２＋ｘ＋１

となるかと思います。これは確認していませんが
おそらく合っているかと。
φ５（ｘ）は、４次方程式なので公式から解が求まります。
計算の得意な方は解を求めてください。

５次の方程式で解が求まる場合の例ですね。

続円分多項式

以前に記事にした円分体の所で私の記述が説明不十分だったので
補足しておきます。１の原始ｎ乗根というのは、ｎ乗して始めて
１になるもので、たとえば３乗根のばあい、１はべき乗せずに、
最初から１なので原始ではありません。ωとω＾２が原始３乗根
です。

１は１のｎ乗根ですが。
１の原始ｎ乗根を根に持つ多項式を円分多項式といいます。

φ１（ｘ）＝ｘ－１
φ２（ｘ）＝ｘ＋１
φ３（ｘ）＝ｘ＾２＋ｘ＋１
φ４（ｘ）＝ｘ＾２＋１

具体的には上記などです。

ではφ５（ｘ）はどうなるのでしょう？。

ζをcos(２π/5)+isin(2π/5)とすれば
ζ＾２とζ＾３とζ＾４とζ＾１を根とする多項式です。
cos(2π/5)を計算すれば出てくると思います。
どなたか計算してみて下さい。
この項は間違いかもしれません。どなたか調べてください。

べき乗根と巡回群

すこしバックします。

１のベキ根でたとえば１２乗根について考えます。ζ１２をcos(2π/12)+isin(2π/12)とします。

ζ１２はべき乗を繰り返すと、１の１２乗根すべてを生成します。それと同じように、べき乗を繰り返すと１の１２乗根すべてを生成する数は、１の１２乗根のうちに何個あるか、というのが問題です。

答えは１乗、５乗、７乗、１１乗です。

なぜほかの根が駄目なのかといえば、たとえば２乗などはいくらべき乗しても偶数次のべき根しか生成しません。

１２と素な次数のベキ根しか生成元にしかなりません。
これは１２以外の場合も同じです。

それで、Ｘ^n－１＝０の根は、ｎと素な次数のべき根は
単独でｎ次べき根をすべて生成でき、群となります。
巡回群です。

なぜ、このようなことが重要なのかはほかのところで出て
くると思います。今ではまだわかりません。

商群について

整数全体の集合Ｚは加法のもとで群となります（加群）。

ここで天下りになりますが、ご容赦を。

Ｚのなかで、たとえば７の倍数全体７ＺはＺの正規部分群
になります。

この部分加群７Ｚによる剰余類は次のようになります。

Ａ０＝７Ｚ、Ａ１＝１＋７Ｚ、Ａ２＝２＋７Ｚ、、、、Ａ６＝６＋７Ｚ

いま、各集合Ａ０からＡ６をそれぞれ一つの元とみなし
新しい集合Ｌとします。

Ｌ＝｛Ａ０、Ａ１、、、、Ａ６｝

この集合Ｌの任意の２つの元の和を定義する。
Ａ２＋Ａ４＝Ａ６
などである。

Ｌはこの加法のもとで加群（アーベル群）をなす。
０にあたる元はＡ０である。

このときＡ１の逆元はＡ６などである。

この加群を、部分加群７ＺによるＺの商群とよび

　　　Ｌ＝Ｚ/７Ｚ　のように記することにする。

一般に７のかわりに自然数ｎを使っても同じで

　　　Ｌ＝Ｚ/nZ

と示される。商群がＬである。

一般に、Ｇを群、Ｎをその正規部分群とする。ＧのＮに関する

剰余類をひとつの元とみなし、剰余類全体の新しい集合
Ｇ/Ｎを考える。

この新しい集合の任意の２元、aNとbNの積を（aN)(bN)=abN

で定義する。この積の定義のもとでＧ/Ｎは群となる。

ここで単位元はＮであり、aNの逆元はa-1Nである。

以上、途中で略記したところもあるが（Ｇ/Ｎ）は正規部分群Ｎによる
Ｇの商群とよばれる。

難しいですね。

巡回群

ひとつの元からなる群のことを巡回群といいます。その元のことを
生成元といい、生成元のｎ乗が単位元となる。

巡回群はアーベル群となります。が、逆は成り立ちません。
このへんは以前に書いたかも知れません。

証明は略します。

Ｓ３と位数６の巡回群は同型ではありません。Ｓ３は非可換群
であり、巡回群は可換群だからです。

次回は商群について書きます。

続交代群

交代群について補足します。
交代群Ａｎとは偶置換のみからなるＳｎの部分群です。

で対称群は、ｎ≧３のとき、Ｓｎは、次のようになります。（１２）、（１３）、（１４）・・・（１ｎ）の互換あるいはその積で表されます。
また、Ａｎは（１２３）、（１２４）・・・、（１２ｎ）の巡回置換およびその積からあらわされます。

証明は次のようになります。

まず、Ｈが（１２）（１３）・・（１ｎ）の互換あるいはその積で表されるものだとします。この時、（１ｉ）（１ｊ）（１ｉ）＝（ｉｊ）から（ｉｊ）∈Ｈ。また任意の置換は互換の積なので、Ｓｎ⊂Ｈ。よってＳｎ＝Ｈとなります。

Ａｎについては以下のようになります。
Ｋが（１２３）、（１２４）、・・、（１２ｎ）の巡回置換あるいはその積で表されるとします。この時、（１２ｋ）＝（１２）（２ｋ）よりＫ⊂Ａｎ。
また任意のＡｎの元は、（１ｉ）（１ｊ）というかたちの積で表されます。そこで（１ｉ）（１ｊ）＝（１２ｉ）（１２ｊ）（１２ｊ）だから、（１ｉ）（１ｊ）∈Ｋとなります。よってＡｎ⊂Ｋとなる。したがってＡｎ＝Ｋとなります。

証明終わり。

注意　このときＡｎ（ｎ≧４）はアーベル群ではありません。

あみだくじで試してみると分かりやすいと思います。

正規部分群の例

前回商群の例をあげると書いたが今回は見合わせ。
で、対称群を少しだけ調べてみます。

４次の対称群Ｓ４の部分集合Ｖ４を考える。

Ｖ４＝｛ｅ、（１２）（３４）、（１３）（２４）、
　　　　　　（１４）（２３）｝

とする。２つの互換の積であるが。
Ｖ４は群となっている。このＶ４をクラインの
４元群という。Ｖ４はＡ４の部分群である。

このことはＡ４の元を調べれば分かるのだが、
省略します。

このＶ４はＳ４の正規部分群となっている。
証明は次回以降に書きます。

互換による置換は、あみだくじの横棒を互換の
縦棒同士を結ぶことで分かりやすいと思います。

正規部分群と商群

すこしまた群にもどります。

あまり証明をつけないのでわかりにくいかとも
思いますが。

まずｎ次対称群の部分群であるｎ次交代群は
Ｓｎの正規部分群となります。ｎ次交代群を
Ａｎと表記します。

またＧを群とし、ＮをＧの正規部分群であれば
ａ∈Ｇに対してａＮのことをＮによる剰余類
という。Ｇ/ＮをＮによる剰余類全体とする。

Ｇ/Ｎは群となる。これは以前にも記事にしたようです。
またＧ/ＮをＮによるＧの商群といいます。

この商群の例を、別途挙げます。商群は、正規部分群と同じく重要です。

グラフの問題（一筆書き）

ちょっと話がそれます。
トポロジーの関連です。

ケー二ヒスブルグの橋渡りという
有名な問題があります。

オイラーが解決したそうです。

その考え方を紹介します。

有限個の点（頂点）とそれらを互いに
交わらない線分で結んで得られる図形を
グラフと言います。頂点ｐから発する
線分がｎ個あるときｐをｎ位の頂点と
いいます。このグラフの一筆書きがで
きる条件を求めるのが問題です。

ｎが偶数のとき、頂点ｐは一筆書きの
途中にあるか、出発点であり終点である
かの２とうり考えられます。

もしグラフの位数がすべて偶数位ならば
どれかの１つを出発点・終点として
ひと筆書きができます。

次に頂点が奇数位のときは、２つの
場合となります。
頂点ｐから出発し、また戻ってきて
再度出る。または頂点ｐに入り、出てい
き戻ってくる。

それで、奇数位の頂点がちょうど２つ
あれば一方が出発点で他方が終点となり
ます。３つ以上あれば一筆書きはできません。

オイラーの考えではグラフの中に
奇数位の頂点が３つ以上あればできない、
というものです。

ケーニヒッスブルグの場合奇数位の
頂点が４つあるのでひと筆書きはできない
ということになります。

オイラーという人はいろんな場面にでて
きますね。

正多面体群

球に内接する正多面体の頂点を変化させない操作は
群になります。(回転により）

たとえば正６面体群の位数は２４で、これは４次の対称群
と等しくなります。詳細には書きませんが。

では５次の対称群の多面体群はあるのかどうかですが、
結果をかけば、ありません。

５次の交代群に相当するものはあります。
これは不思議ですね。

正多面体について

ちょっとわきへそれますが・・・。

球に内接する多面体が５種類しかないという
ことは、ギリシャのプラトンにより知られて
いたという。

しかし、どうやって彼がこのことをしったの
かは分っていない。ユークリッドの原論によ
れば次のようになるという。

正多角形の１つの頂点に正ｐ角形がｑ個集ま
っているとする。正ｐ角形の１つの内角は、

　（ｐ－２）１８０/ｐであり、この角度の
　総計は３６０度より小さい。

　つまり　（ｐ－２）１８０ｑ/p ＜３６０

　変形して　１/p＋1/q　＞１/２

ｐとｑは３以上だから、これを解くと、

　１/p ＞１/２－１/q ≧　１/６で

ｐは３，４，５となり、ｑはそれぞれ

（３，４，５）　、３、３となる。

これらをの可能性から、正４面体、正８面体、
正２０面体、正６面体、正１２面体ができる。

最後のところがわかりにくいですね。

前回の補足です（部分群）

ある群の部分群を調べることは、とても重要です。特に可解群で
考察されます。

ある群があるとき、自分自身も部分群と考えます。そして恒等
置換も部分群です。

もとの群から恒等置換まで調べていく途中が重要な事らしいです。
そこにこそガロアが最初に考えた叡智の結晶があるのだと思い
ます。

対称群の部分群について

ある群Ｇがあり、それは対称群であるとする。いまその
位数が有限である時、部分群がいくつあるか考えてみる。

Ｓ（１）の時は部分群は自分自身であり、Ｓ（２）の
時は自分自身と、折り返し（自分自身と）で２つしか
部分群はない。

ではＳ（３）のときはどうか？。これは６つある。
自分自身と回転（1つ）、折り返し（３つ）の場合
と、単位元のみ、である。Ｓ（４）の場合はどうか？、Ｓ（５）の
場合はどうか？。今は私にも分らない。

もしご存知の方がおられたら教えて下さい。

基本的な事

なんだか振り出しにもどりそうで、どうかと思うが
ご勘弁を。

まず方程式論とは、方程式の解と係数の関係を
調べることです。

そして、方程式の群そのものを見るよりも、その
なかの部分群があれば、もとの群がどういう物
か分かりやすくなるともいえます。

そして方程式のもつ対称性とは、なんらかの変換、
あるいは作用により不変な性質のことです。

その展開はまだこれからなんです。なかなか進ま
なくて恐縮です。

最小多項式

前に記事にしたかもしれませんが、最小多項式について述べます。定義です。

aが体F上で代数的であるとは、aがFの元を係数とする多項式の根であることを言います。

aを根とする最小の次数であるF係数の多項式（既約多項式）で、最高次の係数が１のものを、aのF上の最小多項式と言います。

またその次数がnのとき、aはF上n次の代数的数であるといいます。その例として、（x－１)は１の、（x^2－２）は√２のQ上の最小多項式です。

最小多項式の重要なことは次の定理です。

　　aのF上の最小多項式ｆ(x)は、aを根にするすべてのF係数多項式を割り切る。

証明は略します。

ポアンカレ―予想解決

閑話休題です。

ＮＨＫ出版から出ている「１００年の難問はなぜ解けたのか」をよみました。ロシア人の数学者ペレリマンが最終的に↑の予想を解決しました。前にもここで記事にしました。

ＴＶバージョンから書籍読みと変えて、なかなか証明への経緯がよく分かるようになりました。ペレリマンの証明の前には、何回かの予備命題が証明されていました。そのなかで群論があらわれています。

この予想はトポロジーの革命的な発展を促し、だれもがトポロジーの手法で証明されるだろうと考えていましたがペレリマンンは代数幾何学の応用で証明しました。

高次元の宇宙モデルから３次元へと空間を下げていきとうとう解決しました。詳しい説明は分からなくても十分楽しめました。

若い時には米国の研究所で研究に専念した博士は、厚遇の誘いを断りロシアへ帰りました。その後７年ぐらいかけて証明を完成させ、自分でも納得できるようになってから世紀の難問解が世にでます。

ペレリマンはインターネットで論文を発表し、検証のため米国の大学で内容を説明しました。しかし世界中でその証明を認められた後、彼はなぜか人前にあまり出なくなります。数学では研究者は純粋性が求められ
博士は長期間の孤独な研究生活にある意味で疲れ、あふれる才能を世界に発信することを止められました。

博士は少年の頃から優れた才能を認められ世紀の難問を解決しました。それにしても外からは決してわからない宇宙の形が数学で分かると言うのは不思議なことです。