オイラーの素数生成多項式の秘密 - tsujimotterのノートブック

今日はオイラーが発見した，

$f_q(x) = x^2 + x + q$

という多項式についてお話したいと思います。

ある特別な $q$ に対して，多項式の $x$ に整数 $0, 1, 2, 3, \cdots$ を入れていくと，「素数」が次から次へとたくさん出てくるのです。まるで「魔法の多項式」です。

これだけでも十分面白いのですが，なんとこれが「類数」という「一見まったく関係のなさそうな概念」と結びつくのです。私がこの事実を知ったのは，およそ２年ほど前です。それ以来，その秘密が知りたくてたまらなくなりました。

２年経って，いろいろな勉強をして，ようやく理解のための土台が出来てきたという実感を得ました。今こそ解説にチャレンジしたいと思います。

とはいえ，なかなかに難しい話ですし，私が理解しているレベルのほぼ最前線です。そのため，わかりやすく嚙み砕く余裕はほとんどありません。整数論の知識はかなり求められますし，普段の記事と比べてもだいぶレベルが高いかもしれません。その点ご了承ください。

目次

問題の確認

準備

主定理の証明（ (1) ⇒ (2) ）

主定理の証明（ (2) ⇐ (1) ）

おわりに

おまけと参考文献

問題の確認 *

試しに，この多項式の $q$ を固定して， $x$ に整数 $x = 0, 1, 2, 3, \cdots$ を入れてみましょう。

たとえば， $q = 11$ のとき，

$f_{11}(0) = 0^2 + 0 + 11$ （素数）
$f_{11}(1) = 1^2 + 1 + 11 = 13$ （素数）
$f_{11}(2) = 2^2 + 2 + 11 = 17$ （素数）
$f_{11}(3) = 3^2 + 3 + 11 = 23$ （素数）
$f_{11}(4) = 4^2 + 4 + 11 = 31$ （素数）
$f_{11}(5) = 5^2 + 5 + 11 = 41$ （素数）
$f_{11}(6) = 6^2 + 6 + 11 = 53$ （素数）
$f_{11}(7) = 7^2 + 7 + 11 = 67$ （素数）
$f_{11}(8) = 8^2 + 8 + 11 = 83$ （素数）
$f_{11}(9) = 9^2 + 9 + 11 = 101$ （素数）
$f_{11}(10) = 10^2 + 10 + 11 = 121 = 11^2$ （合成数）

となって， $x$ が $0$ から $9$ までの間は，すべて素数となりました。

一方で， $q = 13$ においては，

$f_{13}(0) = 0^2 + 0 + 13$ （素数）
$f_{13}(1) = 1^2 + 1 + 13 = 15$ （合成数）
$f_{13}(2) = 2^2 + 2 + 13 = 19$ （素数）
$f_{13}(3) = 3^2 + 3 + 13 = 25 = 5^2$ （合成数）
$f_{13}(4) = 4^2 + 4 + 13 = 33 = 3\times 11$ （合成数）
$f_{13}(5) = 5^2 + 5 + 13 = 43$ （素数）

となって，素数になったりならなかったりしますね。いろいろ実験してみると，多項式の値が素数になりやすい $q$ とそうでない $q$ が存在することがわかります。

いったいどんな素数のときに $f_q(x)$ が素数になりやすくなるのでしょう。実は， $q$ がある特別な素数のとき以下が成り立ちます。

$q = 2, 3, 5, 11, 17, 41$ のとき，連続する $q-1$ 個の整数 $n = 0, 1, 2, \cdots, q-2$ に対して， $f_q(n)$ はすべて素数である．

これらの $q$ は，オイラーの幸運数と呼ばれています。その $q$ を使った $f_q(n)$ はオイラーの素数生成多項式と呼ばれています。*1

リストの一番大きい数である $q = 41$ では， $f_q(0) = 41$ から $f_q(39)=1601$ までの

$40$ 個もの間，連続して素数が出続ける

ことになります。たしかにこれは「幸運数」といってよいでしょう。

この文章を読んでいる読者のみなさまは，これらの「幸運な $q$ 」がいったいどういう数なのか気になるかと思います。実は，意外なものと結びつくのです。

$q = 2, 3, 5, 11, 17, 41$ のとき， $m = 1-4q$ は ヘーグナー（Heegner）数 である．ただし，ヘーグナー数 $m$ は，虚二次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数が $1$ となるような $m$ のこと．

私はこの事実を知ったときに，驚いて顎が外れそうになりました。

いったいどうして，幸運数が類数と結びつくのでしょうか。

私たちが知りたいことは，以下の定理に集約されます。

主定理

$q$ を素数とし， $f_q(x) = x^2 + x + q$ とおく．また， $m = 1-4q$ とする（ $m < 0$ である）。このとき，次の２つの条件は同値である．

(1) $m$ は平方因子を持たず，虚二次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数は $1$ である．
(2) 連続する $q-1$ 個の整数 $n = 0, 1, \cdots, q-2$ に対して $f_q(n)$ は素数である．

$(1) \Longrightarrow (2)$ の証明は 1912 年にフロベニウスが，逆の $(2) \Longrightarrow (1)$ は 1913 年にラビノヴィッチが証明したそうです。

念のため確認しておくと， $(1) \Longrightarrow (2)$ は，

「 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数が１なら $f_q(n)$ はぜんぶ素数だよ」

ということを意味していて， $(2) \Longrightarrow (1)$ は,

「 $f_q(n)$ が全部素数になるのは， $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数が１のときだけだよ」

ということを意味しています。

類数が $1$ の虚二次体については，以下の定理が知られていますので， $q$ の候補としては $q = 2, 3, 5, 11, 17, 41$ だけであることがわかります。

ベイカー・スターク（Baker - Stark）の定理

平方因子を含まない負の整数 $m$ に対して，虚二次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数が $1$ であるのは， $m = -1, -2, -3, -7, -11, -19, -43, -67, -163$ の９個に限る．

ベイカー・スタークの定理だけでも，いろいろと話したいことはありますが，今日はこの定理については既知として進めましょう。

補足：ベイカー・スタークの定理についてはこちらの記事で解説しています。
tsujimotter.hatenablog.com

それでは，本題の主定理の証明にいきましょう。

準備 *

証明の前に記号と補題の準備をしましょう。「二次体の整数論」と「イデアル類群」についてのおさらいです。結構長いので，復習の必要がない方は「主定理の証明（ (1) ⇒ (2) ）」まで飛んでください。

二次体の整数環 $\mathbb{Z}[\omega_K]$

$K = \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ とします。つまり $K$ は $\mathbb{Q}$ に $\sqrt{m}$ を添加した体，すなわち二次体を表します。また， $m = 1-4q < 0$ より， $K$ は虚二次体であることに注意します。

ここで， $K$ の整数環 $\mathbb{Z}[\omega_K]$ を考えます。二次体の理論により，一般に $\omega_K$ は以下のように定まります。

$\displaystyle \omega_K = \begin{cases} \sqrt{m} & (m \equiv 2, 3 \pmod 4) \\ \frac{1+\sqrt{m}}{2} & (m \equiv 1 \pmod 4 \end{cases}$

今回は， $m = 1-4q$ なので， $m \equiv 1 \pmod{4}$ ですね。したがって，

$\displaystyle \omega_K = \frac{1+\sqrt{m}}{2}$

で固定です。

ノルム $N(a + b\omega_K)$

$K$ のノルムを考えます。 $a, b \in \mathbb{Z}$ とし， $K$ の数 $a + b\omega_K$ のノルムを $N(a + b\omega_K)$ と表記し，以下で定義します。

$N(a + b\omega_K) = (a+b\omega_{K})(a+b\omega_K')$

ここで， $\omega_K$ の共役 $\omega_K'$ は

$\displaystyle \omega_K = \frac{1-\sqrt{m}}{2}$

より，

$\begin{eqnarray*} N(a + b\omega_K) &=& (a+b\omega_{K})(a+b\omega_K') \\ &=& a^2 + ab(\omega_K + \omega_K') + b^2 \omega_K \omega_K' \\ &=& a^2 + ab + b^2 \frac{1-m}{4} \\ &=& a^2 + ab + b^2 q \end{eqnarray*}$

となります。これより，特に $a = n, \; b = 1$ として，

$N(n+\omega_K) = n^2 + n + q = f_q(n)$

が成り立つことに注意しましょう。

$[\alpha, \beta ]$ という表記と標準基底

まず，基底を以下の記号で定義します。

$[\alpha, \beta ] = \left\{ x\alpha + y \beta \; \middle| \; x, y \in \mathbb{Z} \right\}$

注意してほしいのは，基底自体は必ずしも $\mathbb{Z}[\omega_K]$ のイデアルになりません。

この基底を使うと， $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の任意のイデアル $A$ を以下のように表すことができます。

$A = c [a, b + \omega_K]$ （ただし， $a, b$ は整数で $a\mid N(b+\omega_K), \;\; 0 \leq b < a$ を満たす）

このような表し方を，標準基底といいます。

また，標準基底で表した素イデアルについて以下が成り立ちます。

補題１

$p$ は有理素数とする．有理整数 $n$ が $p \mid N(n+\omega_K)$ を満たすならば，標準基底 $P = [p, n+\omega_K]$ は $p$ を割り切る $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の素イデアル．

逆に， $P$ が $p$ を割り切る $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の素イデアルとしたとき， $P$ は $p\mid N(n+\omega_K)$ を満たす有理整数 $n$ を用いて $P = [p, n+\omega_K]$ と表される．

となります。この補題は，主定理の証明で利用していきます。

ところで，「 $p$ は有理素数」とあえて書きました。 $\mathbb{Z}$ 上の素数と $\mathbb{Z}[\omega_K]$ 上の素数（「素元」ということも多いようですが）が登場します。紛らわしいですね。

$\mathbb{Z}$ 上の素数 $\Longleftrightarrow$ 有理素数
$\mathbb{Z}[\omega_K]$ 上の素数 $\Longleftrightarrow$ 素数

と表記することにしましょう。

イデアル類群と類数

あとは，類数の話が出てきますから，当然イデアル類群が関係します。

まず，二次体 $K$ の判別式を以下で定義します。

$\displaystyle d_K = \begin{cases} m & (m\equiv 1 \pmod 4) \\ 4m & (m\equiv 2,3 \pmod 4) \end{cases}$

先ほどと同じように $m \equiv 1 \pmod{4}$ なので，

$d_K = m$

です。

次に，集合 $S_K$ を考えます。

$\displaystyle S_K = \left\{ p \mid p\leq M_K \;\; かつ \;\; \chi_{d_K}(p) \neq -1 \;\; となる有理素数 \; p \right\}$

$M_K$ は Minkowski の境界といって，定義は以下の通りです。

$M_K = \begin{cases} \sqrt{\frac{d_K}{2}} & (d_K > 0) \\ \sqrt{\frac{|d_K|}{3}} & (d_K < 0) \end{cases}$

今回は，虚二次体なので $M_K = \sqrt{\frac{|d_K|}{3}}$ ですね。

$\chi_{d_K}(p)$ は以下の式で定義される指標です。

$\displaystyle \chi_{d_K}(p) = \begin{cases} \left(\frac{d_K}{\;p\;} \right) & (p \nmid 2d_K \;\; \unicode[sans-serif]{x306E} とき) \\ \left(\frac{2}{|d_K|}\right) & (p = 2 \;\; かつ \;\; 2 \nmid d_K \;\; \unicode[sans-serif]{x306E} とき) \\ \;\;\;\; 0 & (p \mid d_K \;\; \unicode[sans-serif]{x306E} とき) \end{cases}$

指標の意味をとらえるために，以下の補題を用意します。これも証明で使います。

補題２

$d_K$ を二次体 $K$ の判別式， $\chi_{d_K}$ を $K$ に付随する指標とする．このとき，有理素数 $p$ で生成される $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の単項イデアル $(p)$ の素イデアル分解は，以下で与えられる．

1. $\chi_{d_K}(p) = 1 \; \Longleftrightarrow \; (p) = PP'$ ． $P, P'$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の素イデアルで， $P \neq P'$
　　このことを「 $p$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ で完全分解する」という．
2. $\chi_{d_K}(p) = -1 \; \Longleftrightarrow \; (p)$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の素イデアル．
　　このことを「 $p$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ で惰性する」という．
3. $\chi_{d_K}(p) = 0 \; \Longleftrightarrow \; (p) = P^2$ ． $P$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ の素イデアル．
　　このことを「 $p$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ で分岐する」という．

以上により，指標 $\chi_{d_K}$ は，有理素数 $p$ が $\mathbb{Z}[\omega_K]$ において「完全分解／惰性／分岐する条件」を表す記号だったことがわかります。

さて，これにて $\mathbb{Z}[\omega_K]$ において「惰性しない有理素数」を集めた集合である $S_K$ が定義できたわけですが，これを次のように使うとイデアル類群を作れます。

補題３

イデアル類群 $\mathscr{C}_K$ は， $S_K$ に属する有理素数を割る素イデアルの類により生成される。特に， $S_K = \emptyset$ ならば $\mathscr{C}_K = \{\mathscr{P}_K\}$ である。

イデアル類群 $\mathscr{C}_K$ の位数を「類数」といいます。したがって， $S_K = \emptyset$ であれば，類数が $1$ になるわけですね。

さぁ，ようやく準備が整いました！そろそろ本題にいきましょう！

主定理の証明（ $(1) \Longrightarrow (2)$ ） *

$(1)$ を仮定し， $0 \leq n \leq q-2$ を満たす整数 $n$ で $f_q(n)$ が合成数であるものが存在するとします。

このとき， $p$ を $f_q(n)$ の最小の素因数とすれば，

$p^2 \leq f_q(n) < f_q(q-1) = q^2$

となります。

$f_q(n) < f_q(q-1)$ は $f_q$ の単調性から。また，

$f_q(q-1) = (q-1)^2 + (q-1) + q = q^2$

に注意します。

したがって，

$p < q \tag{3}$

です。

ここで $p \mid f_q(n)$ だから，

$p \mid f_q(n) = N(n+\omega_K)$

です。よって $P=[p, n+\omega_K]$ とすれば，補題１より $P$ は $p$ を割る $\mathbb{Z}[ \omega_K ]$ のイデアルである。

$(1)$ より $K$ の類数は $1$ である（すなわち，単項イデアル環）から，

$P = (a+b\omega_K)$

となる整数 $a, b$ （ただし， $b \neq 0$ ）が存在します。

このとき，

$\displaystyle \begin{eqnarray*} N(a+b\omega_K) &=& a^2 + ab + \frac{1-m}{4} b^2 \\ &=& \left(a+\frac{b}{2}\right)^2 - \frac{m}{4}b^2 \\ &\geq& \frac{1-m}{4} \end{eqnarray*}$

である．

$b \neq 0$ のとき，最後の不等式 $\displaystyle \left(a+\frac{b}{2}\right)^2 - \frac{m}{4}b^2 \geq \frac{1-m}{4}$ が成り立つことを示す．

まず， $-m = |m|$ であることを考えると， $a+\frac{b}{2} \neq 0$ であれば明らかに成立する．

よって， $a+\frac{b}{2} = 0$ のときを考えると， $b$ は偶数であり， $b \neq 0$ より特に $|b| \geq 2$ である．このとき

$\displaystyle \frac{|m|}{4}b^2 \geq \frac{1+|m|}{4}$

が言えればよいが，これはすなわち $b = 2$ のとき $4|m| \geq |m| + 1$ が言えればよい． $3|m| \geq 1$ よりこれは成立する．

ところが，

$N(a+b\omega_K) = N(P) = p$

であるから，

$\displaystyle p = N(a+b\omega_K) \geq \frac{1-m}{4} = q$

より，

$p \geq q \tag{4}$

となってしまいます。

これは， $(3)$ すなわち，

$p < q \tag{3}$

に矛盾します。

したがって， $f_q(n)$ が合成数であるという仮定は誤りであり， $(2)$ が成り立ちます。

（証明終わり）

主定理の証明（ $(2) \Longrightarrow (1)$ ） *

$(2)$ を仮定し「 $m$ は平方因子を持たない」「虚二次体 $K = \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数は $1$ である」をそれぞれ示します。

なお， $q = 2$ のときは明らかに $(2)$ と $(1)$ は成り立つので，以下 $q > 2$ とする。

$q = 2$ とする． $m = 1-4\cdot 2 = -7$ であり， $\mathbb{Q}(\sqrt{-7})$ の類数は $1$ である．

「 $m$ は平方因子を持たない」の証明

仮に $m$ が平方因子を持ち

$m = m_1 \ell^2$ （ただし， $\ell > 1$ ）

と仮定します。 $m$ は奇数より， $\ell$ も奇数です。そこで，

$\displaystyle n = \frac{\ell - 1}{2}$

とおくと， $n$ は整数です。

この $n$ を使って，

$\displaystyle \begin{eqnarray*} f_q(n) &=& \left( \frac{\ell - 1}{2} \right)^2 + \left(\frac{\ell - 1}{2}\right) + \frac{1-m_1 \ell^2}{4} \\ &=& \frac{\ell^2 (1-m_1)}{4} \end{eqnarray*}$

を作ると，この数は合成数です。

「 $f_q(n) = \frac{\ell^2 (1-m_1)}{4}$ は合成数」の証明：

まず， $n$ は整数より $f_q(n) = \frac{\ell^2 (1-m_1)}{4}$ も整数．したがって， $\ell^2 (1-m_1)$ は $4$ で割り切れる．

一方， $\ell$ は奇数より， $4$ を割り切るのは $(1-m_1)$ の方である． $\ell > 1$ より， $f_q(n)$ は合成数．

また， $0 \leq n \leq q-2$ であることもふまえると，これは条件 $(2)$ に反します。

よって， $m$ は平方因子を持たないことがわかります。

$0 \leq n \leq q-2$ の証明：

$-m_1 = |m_1| \geq 1$ より，

$\displaystyle q = \frac{1-m_1\ell^2}{4} = \frac{1+|m_1| \ell^2}{4} > \frac{\ell^2}{4}$

である．よって， $n \geq 1$ より

$\displaystyle (n+1) \leq n\cdot (n+1) = \frac{\ell - 1}{2}\cdot \frac{\ell + 1}{2} = \frac{\ell^2 - 1}{4} <\frac{\ell^2}{4} < q$

であり， $n+1 < q$ ，すなわち $n < q-1$ が言える。両辺整数なので， $n \leq q-2$ である．

「虚二次体 $K = \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ の類数は $1$ である」の証明

$(2)$ を仮定し， $S_K = \emptyset$ であることを導きます。

(i) $S_K$ は $2$ を含まない

$q = f_q(0)$ は素数であるから， $q > 2$ より $q$ は奇数です。 $q = 2Q + 1$ とおくと，

$d_K = 1-4q = 1-4(2Q+1) = 5 - 8(1+Q) \equiv 5 \pmod 8$

$d_K < 1$ より，

$|d_K| = -d_K \equiv 3 \pmod 8$

平方剰余の第２補充則より，

$\displaystyle \left(\frac{2}{\;|d_K|\;} \right) = -1$

が成り立ちます。

平方剰余の第２補充則：
$p$ を奇数とするとき，以下が成り立つ．

$\displaystyle p \equiv 1, 7 \pmod{8} \; \Longleftrightarrow \; \left(\frac{2}{\;p\;} \right) = 1$

$\displaystyle p \equiv 3, 5 \pmod{8} \; \Longleftrightarrow \; \left(\frac{2}{\;p\;} \right) = -1$

ただし， $\displaystyle \left(\frac{a}{\;m\;} \right)$ はヤコビ記号で， $a$ は整数, $m$ は奇数をとる．

したがって，指標の定義より，

$\displaystyle \chi_{d_K}(2) = \left(\frac{2}{\;|d_K|\;} \right) = -1$

なので， $2$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ で惰性します．したがって， $2\not\in S_K$ です。

(ii) $S_K$ は奇素数を含まない

$S_K$ が奇素数を含むとすると，補題２により， $(p)$ は $\mathbb{Z}[\omega_K]$ において，

$(p) = PP'$

と素イデアル分解します。

ここで，補題１ の「逆に」を用いると， $P$ は $p \mid N(n + \omega_K)$ なる有理整数 $n$ を用いて標準基底

$P = [ p, n+\omega_K], \;\;\; 0 \leq n < p \$

として表される。このとき， $p \mid N(n+\omega_K) = f_q(n)$ ですが， $p$ の取り方より，

$\displaystyle p \leq M_K = \sqrt{\frac{|d_K|}{3}} = \sqrt{\frac{4q-1}{3}} < \sqrt{\frac{4}{3}q} < \sqrt{q^2} = q$

すなわち $p < q$ が言える。これと $n < p$ とを合わせて， $n \leq q-2$ が得られます。

ここで， $n^2 + n \geq 0$ であることに注意すれば，

$f_q(n) = n^2 + n + q \geq q$

であることが導けます。つまり， $f_q(n) \geq q > p$ です。よって， $p$ は $f_q(n)$ の自明でない素因数（ $p \neq 1$ かつ $p \neq f_q(n)$ ）であることがわかります。

しかし，これは $(2)$ の条件（ $f_q(n)$ は素数）に矛盾するので， $S_K$ は奇素数を含まないことがわかります。つまり，

$S_K = \emptyset$

です。

したがって 補題３ より，類数は $1$ であることが示されます。よって $(1)$ が導かれました。

（証明終わり）

おわりに *

いかがだったでしょうか。類数と幸運数のつながりがつかめましたでしょうか。

この問題は，私が「類数」という概念を知り，関心を持った記念の問題です。これを機に「代数的整数論」に興味を持って，その世界に足を踏み入れることになったのでした。その世界があまりにも広すぎることに気づいて，何度もくじけそうになりました。

私のここ２年ほどの悩みは，

「類数が１」という条件を、
どのように利用しているか

だったわけですが，以前よりはずいぶんと見通しがついたように思います。

$(1) \Longrightarrow (2)$ においては「類数が１であればすべてのイデアルが単項イデアルである」というよくあるパターンを用いるのです。

一方の $(2) \Longrightarrow (1)$ においては，たまたま $M_K$ 以下の有理素数が惰性して，結果として $S_K$ が空集合になり，類数が１になる，という具合らしいのです。この「たまたま」と言っているあたりが，（たぶん私の理解不足なのですが）少々歯切れが悪い気がしてしまいます。もう少し直感的な証明があるといいなぁ，と思います。

とはいえ，この解説が（わかりやすかったかどうかはさておいて）自分の手で書くことができたということは，私もずいぶんと成長したということであり，感慨深いものがあります。わからなかったら是非何度も読み返していただければと思います。わたしも書きながら何度もこんがらがりました。笑

それでは，今日はこの辺で。

おまけと参考文献 *

もともと今回の話を知ったのは，Wikipedia の「素数」の記事内の項目「素数生成式」の記述でした。

素数 - Wikipedia

読んでみると，

オイラーの発見した式、 $f(n) = n^2 + n + 41$ は、n = 0, …, 39 において全て素数となる。これは、虚二次体 $\mathbb{Q}(\sqrt{-163})$ の類数が 1 であることと関係している

と書いてありました。

「ほんとかよ！」と思って参考文献を見てみると，"Ribenboim 第3章" とあります。早速探してみると，それっぽい本が４冊もあるのですね・・・。とりあえず，それらを一通り買ってみました。どれも面白かったです（笑）

結局，該当の本は以下のものであることが判明しました。

素数の世界―その探索と発見

作者:Paulo Ribenboim
共立出版

Amazon

「第３章　素数を定義する関数は存在するか」という箇所に「 $X^2 + X + q$ の形の多項式に関する興味深い命題」として命題と背景となる数学史が述べられていました。残念ながら詳しい証明は載っていません。

ちなみに読む意味がなかったかと言うと，まったくもってそんなことはありません！かなりのヒントは得られましたし， $X^2 + X + q$ に限らない素数生成多項式について述べられていました。

面白かったものをいくつか紹介します。

$f_1(X) = 2X^2 + p$
$f_2(X) = 2X^2 + 2X + \frac{p+1}{2}, \;\; p \equiv 1 \pmod 4$
$f_3(X) = pX^2 + pX + \frac{p+q}{4}, \;\; p < q, \; pq \equiv 3 \pmod 4$

Frobenius は $\mathbb{Q}(\sqrt{-2p})$ の類数が $2$ であるとき $f_1$ は素数生成多項式になること，また， $\mathbb{Q}(\sqrt{-p})$ の類数が $2$ であるとき $f_2$ は素数生成多項式になることを示したそうです。Hendy は，この逆を証明し，さらに $f_3$ についても結果を残しています。