フェルマーの小定理の別証明

　前記事の"フェルマー(Fermat)の小定理"ですが,"オイラー(Euler)の定理"からそれを証明するのは少し大げさな気がします。

　これはもっと簡単で,恐らくよりポピュラーな方法で証明できるので,それも紹介しておきましょう。

　要するに,ｘ,ｙを任意の整数,ｐを任意素数とするとき,(ｘ＋ｙ)^p≡ｘ^p＋ｙ^p (mod ｐ)が成立することさえ証明できれば,任意の整数ａに対してａ^p≡ａ (mod ｐ)が成立することが示せます。

　そこで,後はａとｐが互いに素ならａ≡0 (mod ｐ)ではないので,両辺をａで割ることにより,ａ^p-1≡1 (mod ｐ)が示されるというわけです。

　具体的には,ｘ,ｙ,ｚを任意の整数,ｐを任意の素数とすると(ｘ＋ｙ＋ｚ)^p≡(ｘ＋ｙ)^p＋ｚ^p≡ｘ^p＋ｙ^p＋ｚ^p (mod ｐ)が成立しますから,

　整数ｘ,ｙ,ｚの３つを,さらに４つ,５つ..といくら増やしていってもこうした性質が常に成り立つことになります。

　そこで,もしａが正の整数なら,ａ＝1＋1＋..＋1でありａは１をａ個加えたもので,もちろん 1^p＝1ですから,ａ^p≡1＋1＋..＋1≡ａ (mod ｐ)が成立するわけです。

　また,ａ＝0 ならａ^p≡ａ (mod ｐ)は自明です。

　ａが負の整数ならａ＝－1－1－..－1ですが,素数ｐは２以外は奇数ですからｐ≠２なら(－1)^p＝－1です。

　ｐ＝２のときも－1≡1 (mod 2)ですから,やはり(－1)²≡－1(mod 2)なので,ａ^p≡－1－1－..－1≡ａ (mod ｐ)が成立します。

　では,上の証明で前提とした等式:(ｘ＋ｙ)^p≡ｘ^p＋ｙ^p(mod ｐ)は本当に成立するのでしょうか？

　これの成立は式の左辺を二項展開することで証明することができます。

　すなわち,(ｘ＋ｙ)^p＝∑_pＣ_ｒｘ^rｙ^p-rですが,_pＣ_ｒはｒ≠0 のときは_pＣ_ｒ＝ｐ(ｐ－1)(ｐ－2)..(ｐ－ｒ＋1)/ｒ!です。

　右辺の分母のｒ!の因数はｒ≠ｐのときは全てｐよりも小さく,分子の素数ｐとは互いに素ですから,明らかに_pＣ_ｒはｐで割り切れます。

　すなわち,_pＣ₀＝_pＣ_p＝1であり,1≦ｒ≦ｐ－1なら_pＣ_ｒ≡0 (mod ｐ)ですから,(ｘ＋ｙ)^p≡ｘ^p＋ｙ^p (mod ｐ)が確かに成立することが示されました。

　しかし,高校の"順列と組み合わせ"で初めて習った_nＣ_ｒはｎを任意の整数とし,ｒを1≦ｒ≦ｎの任意の整数とするとき,本当にいつも整数になるのでしょうか？

　確かに,_nＣ_ｒは組み合わせの数を示すものですから整数になるのは当たり前といえば当たり前ですが,代数的に証明しないと私には何か気持ちが悪いです。

　というわけで,これを二重帰納法によって証明してみたいと思います。

　そのために,ａ,ｒを任意の整数として(ａ；ｒ)≡ａ(ａ＋1)(ａ＋2)..(ａ＋ｒ－1)と定義し,これがｒ!で割り切れることを帰納法で証明することを考えます。

　ｒ＝１のときには(ａ；ｒ)＝(ａ；１)＝ａでありｒ!＝1ですから,明らかに(ａ；ｒ)はｒ!で割り切れます。

　そこで,ｒ＞1とし,第一の帰納法の仮定として,あらゆるａに対して(ａ；ｒ－1)は(ｒ－1)!で割り切れるとします。

　すると,ａ＝１のときには(ａ；ｒ)＝(１；ｒ)＝ｒ!ですから,このときは(ａ；ｒ)は明らかにｒ!で割り切れます。

　そこで,第二の帰納法の仮定として,あるａに対しては(ａ；ｒ)がｒ!で割り切れるとします。

　このとき,(ａ＋1；ｒ)＝(ａ＋1)(ａ＋2)..(ａ＋ｒ－1)(ａ＋ｒ)＝ａ(ａ＋1)(ａ＋2)..(ａ＋ｒ－1)＋ｒ(ａ＋1)(ａ＋2)..(ａ＋ｒ－1)＝(ａ；ｒ)＋ｒ×(ａ＋1；ｒ－1)となりますから,右辺の第１項も第２項も仮定によってｒ!で割り切れます。

以上から,任意のａとｒに対して(ａ；ｒ)はｒ!で割り切れることが証明されました。ここで,ｎ＝ａ＋ｒ－１と置けば(ａ；ｒ)/ｒ!＝_nＣ_ｒですから,結局_nＣ_ｒが常に整数であることが示されたわけです。

ちなみに,"Eulerーの定理:ａ^φ(ｍ)≡1 (mod ｍ)"を"Fermatの小定理"から証明することもできます。

指針だけを示すと,まずｍが素数ｐのベキ乗であるとき：ｍ＝ｐ^αのときにEulerの定理が成立することを証明し,一般のｍの場合はｍを素因数分解すれば証明することができます。

ただし,φ(ｐ^α)＝ｐ^α－ｐ^α-1,φ(ｍｎ)＝φ(ｍ)φ(ｎ)などEuler関数φ(ｍ)の性質を使う必要があります。

参考文献：松坂和夫著「代数系入門」（岩波書店）

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