フェルマー(Fermat)の定理と類体論(1)

深いところでは関係するかもしれないけれど,通常は物理とは関係ないような数学の話も偶にはしようかなと思います。

代数学,数論関連については,恐らく2007年1/14～1/29のシリーズ記事「ガロア理論(1) 」 ～「ガロア理論(6)」同じく2007年２/25の「円分多項式のガロア群 」や2007年５/25の［代数的数と超越数 」,2007年７/27の「 ｅとπの超越性］,

それに続く2007年８/11の記事「リーマン予想と素数定理 」2007年８/17の「代数学の基本定理」以来のことでしょうか。

偶には考えないとカビが生えてしまいそうです。

数論について読んだ本というと,入門程度なら20年以上前にアーベルやガロアの「代数方程式のベキ根による解法」に対する興味と関連して通読した松坂和夫著の「代数系入門」や,最近では量子暗号に対する興味と関連して,かつてニフティのサイエンスフォーラムの数学会議室議長だったプークさん(鈴木治郎氏)が訳された「はじめての数論」を通読した程度です。

(2006年5/4の記事「公開キー暗号(神はサイコロ遊びをなさる）」参照)

今回は,ある程度は予備知識があることを前提に,まずは加藤和也,黒川信重,斉藤毅著「数論I」(Fermatの夢と類体論)(岩波書店)を参考に,10年くらい前に証明されたばかりのFermatの定理や高木貞治氏の研究で有名な類体論などを含む代数的数論関連の領域について言及してみたいと思います。

まず,楕円曲線と有理点について記述します。

ただし有理数体Ｑの上の楕円曲線とはｙ²＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ(ａ,ｂ,ｃ,ｄ∈Ｑ,ａ≠0),かつ右辺は重根を持たないというの形の３次方程式で定義される曲線です。

今日は,まず楕円曲線による方法の導入のため,"３以上の整数ｎについて,ｘⁿ＋ｙⁿ＝ｚⁿを満たす自然数ｘ,ｙ,ｚは存在しない。"というフェルマーの定理のうちのｎ＝4の場合の次の命題を証明することから始めます。

[命題1.1]:ｘ⁴＋ｙ⁴＝ｚ⁴を満たす自然数ｘ,ｙ,ｚは存在しない。

この命題の証明の１つはフェルマー(Fermat)が書き残しています。

彼の証明を現代風に解釈するなら,それは[命題1.1]の証明を次の楕円曲線ｙ²＝ｘ³－ｘに関する[命題1.2]の証明に帰着させるものと考えられます。

[命題1.2]:ｙ²＝ｘ³－ｘの有理数解は(ｘ,ｙ)＝(0,0),および(±1,0)のみである。

実際,もしも[命題1.1]が成立せずｘ⁴＋ｙ⁴＝ｚ⁴を満たす自然数ｘ,ｙ,ｚが存在するなら,ｘ⁴＝ｚ⁴－ｙ⁴の両辺にｚ²/ｙ⁶を掛けると(ｘ²ｚ/ｙ³)²＝(ｚ³/ｙ³)²－ｚ²/ｙ²となります。

これはｙ²＝ｘ³－ｘにｙ≠0 の有理数解(ｘ,ｙ)が存在することを意味し,これは[命題1.2]に反しますから,[命題1.2]が成立するなら[命題1.1]が成立しなければなりません。

[命題1.2]は次の[補題1.3]のｄ＝1の特別な場合になっています。

[補題1.3]:ｄを正の有理数とすると,次の条件(ⅰ)～(ⅲ)は全て同値である。

ⅰ)３辺の長さが有理数で面積がｄの直角三角形が存在する。

(ⅱ)有理数の平方となる３つの数で,公差がｄの等差数列をなすものが存在する。

(ⅲ)ｙ²＝ｘ³－ｄ²ｘの有理数解が(ｘ,ｙ)＝(0,0),(±ｄ,0)以外にも存在する。

[補題1.3]の条件(ⅰ)～(ⅲ)は,それぞれ次の[補題1.4]でＫ＝Ｑとしたときに与えられる集合Ａ_d,Ｂ_d,Ｃ_dが空集合でないことを意味するので,[補題1.4]が成立することを示せば[補題1.3]も従います。

[補題1.4]:Ｋを標数が２でない体とするとき,ｄ∈Ｋに対して集合Ａ_d,Ｂ_d,Ｃ_dをＡ_d≡{(ｘ,ｙ,ｚ)∈Ｋ×Ｋ×Ｋ;ｘ²＋ｙ²＝ｚ²,ｘｙ/2＝ｄ},Ｂ_d≡{(ｕ,ｖ,ｗ)∈Ｋ×Ｋ×Ｋ;ｕ²＋ｄ＝ｖ²,ｖ²＋ｄ＝ｗ²},Ｃ_d≡{(ｘ,ｙ)∈Ｋ×Ｋ;ｙ²＝ｘ³－ｄ²ｘ,ｙ≠0}と定義する。

　このとき,Ａ_d,Ｂ_d,Ｃ_dの間に全単射が存在する。

(ただし標数というのはＲを環とするとき,その乗法の単位元をいくつ加えたらゼロになるかという最小の数のことを意味します。通常の有理数体Ｑなどを環と考えたときの標数はゼロです。)

(証明)まず,(ｘ,ｙ,ｚ)∈Ａ_d,すなわちｘ²＋ｙ²＝ｚ²,ｘｙ/2＝ｄのとき,(ｕ,ｖ,ｗ)＝((ｙ－ｘ)/2,ｚ/2, (ｘ＋ｙ)/2)とすれば,ｕ²＋ｄ＝ｖ²,ｖ²＋ｄ＝ｗ²,より(ｕ,ｖ,ｗ)∈Ｂ_dです｡

　逆に,(ｕ,ｖ,ｗ)∈Ｂ_dなら,(ｘ,ｙ,ｚ)＝(ｗ－ｕ,ｗ＋ｕ,2ｖ)とすれば(ｘ,ｙ,ｚ)∈Ａ_dです。これは互いに逆写像となる全単射です。

　次に(ｕ,ｖ,ｗ)∈Ｋ×Ｋ×Ｋ;ｕ²＋ａ＝ｖ²＋ｂ＝ｗ²＋ｃのとき,(ｘ,ｙ)＝ｆ(ｕ,ｖ,ｗ)≡(ｕ²＋ａ＋ｕｖ＋ｖｗ＋ｗｕ,(ｕ＋ｖ)(ｖ＋ｗ)(ｗ＋ｕ))とすれば,ｙ²＝(ｘ－ａ)(ｘ－ｂ)(ｘ－ｃ)となります｡

　これには逆写像が存在し,それはｇ(ｘ,ｙ)＝({(ｘ－ａ) ²＋(ｂ－ａ)(ｃ－ａ)}/(2ｙ),{(ｘ－ｂ) ²＋(ｃ－ｂ)(ａ－ｂ)}/(2ｙ),{(ｘ－ｃ) ²＋(ｂ－ｃ)(ａ－ｃ)}/(2ｙ))で与えられます。

　特にａ＝ｄ,ｂ＝0,ｃ＝－ｄとおけば,これはＢ_d ⇔ Ｃ_d の全単射を表わします。(証明終わり)

※[補題1.4]の証明からのおまけ:

　[補題1.4]の結論のような全単射ではないですが,(ｕ,ｖ,ｗ)∈Ｋ×Ｋ×Ｋ;ｕ²＋ａ＝ｖ²＋ｂ＝ｗ²＋ｃに対する写像を,(ｘ,ｙ)＝ｈ(ｕ,ｖ,ｗ)≡(ｕ²＋ａ,ｕｖｗ)で定義すれば,明らかにｙ²＝ｕ²ｖ²ｗ²＝(ｘ－ａ)(ｘ－ｂ)(ｘ－ｃ)となります｡ ※

さて,以下ではＫ＝Ｑとして[命題1.2]を証明します。

まず,有理数ａ∈Ｑの高さＨ(ａ)を,ａをａ＝ｍ/ｎと既約分数に表わしたときＨ(ａ)≡max(ｍ,ｎ)によって定義します。

そして,ｙ²＝ｘ³－ｘに(0,0),(±1,0)以外にも有理数解が存在すると仮定しｘ座標の高さが最小のものを(ｘ₀,ｙ₀)とします。

もしもｘ座標の高さが最小の有理数解が複数個あればその中の１つを(ｘ₀,ｙ₀)とします。

一般に,ｙ²＝ｘ³－ｄ²ｘに(0,0),(±ｄ,0)以外の有理数解(ｘ,ｙ)が存在すれば,もちろんｘ≠0,ｙ≠0 ですが,この等式の両辺にｄ⁴/ｘ⁴を掛けると(ｄ²ｙ/ｘ²)²＝ｄ⁴/ｘ－(ｄ²/ｘ)³となります。

そこで,ｙ²＝ｘ³－ｄ²ｘに(0,0)と異なる有理数解(ｘ,ｙ)∈Ｑ×Ｑが存在すれば,(－ｄ²/ｘ,ｄ²ｙ/ｘ²)も(0,0)と異なる有理数解です。

ここで,特にｄ＝1とすると,もしもｙ²＝ｘ³－ｘに(0,0)とは異なる有理数解(ｘ,ｙ)∈Ｑ×Ｑが存在すれば,(－1/ｘ,ｙ/ｘ²)も同じ楕円曲線上にある有理数解であるということになります。

そしてＨ(ｘ)＝Ｈ(－1/ｘ)ですから,ｘ₀＜0 の場合には－1/ｘ₀ を新しくｘ₀に取っても,高さは同じなので問題ないことがわかります。そこで,ｘ₀＞0 を満たすｙ²＝ｘ³－ｘの解を(ｘ₀,ｙ₀)として採用します。

こう選ぶと,ｙ₀²＝ｘ₀³－ｘ₀により,ｘ₀(ｘ₀－1)(ｘ₀＋1)＝ｙ₀²＞0 であって,かつｘ₀＞0 ですからｘ₀＞1です。

このとき,ｘ₀'≡(ｘ₀＋1)/(ｘ₀－1)と置くとｘ₀'－1＝2/(ｘ₀－1),ｘ₀'＋1＝2ｘ₀/(ｘ₀－1)により,ｘ₀'(ｘ₀'－1)(ｘ₀'＋1)＝4ｘ₀(ｘ₀＋1)/(ｘ₀－1)³＝4ｙ₀²/(ｘ₀－1)⁴＝{2ｙ₀/(ｘ₀－1)²}²となります。

そこで,ｘ₀'≡(ｘ₀＋1)/(ｘ₀－1),ｙ₀'≡2ｙ₀/(ｘ₀－1)²と置けば,(ｘ₀',ｙ₀')∈Ｑ×Ｑであり,かつｘ₀'(ｘ₀'－1)(ｘ₀'＋1)＝ｙ₀'²,またはｙ₀'²＝ｘ₀'³－ｘ₀'が成立します。

ｘ₀＞1,ｘ₀∈Ｑなのでｘ₀≡ｍ/ｎ(ｍ＞ｎ＞0:既約分数)と置くと,ｘ₀'＝(ｘ₀＋1)/(ｘ₀－1)＝(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)＝(ｍ＋ｎ)/(ｍ－ｎ)となります。

ｍ/ｎは既約分数なのでｍ,ｎが共に偶数であることはあり得ませんが,もしも共に奇数ならｐ＝(ｍ＋ｎ)/2,ｑ＝(ｍ－ｎ)/2は共に整数でｘ₀'＝ｐ/ｑであり,max(ｐ,ｑ)＜max(ｍ,ｎ),つまりＨ(ｘ₀')＜Ｈ(ｘ₀)ですから,ｘ₀の高さが最小であるという仮定に矛盾します。

それ故,ｍ,ｎのどちらか一方は偶数です。そして,ｘ₀(ｘ₀－1)(ｘ₀＋1)＝ｍｎ(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)/ｎ⁴ですが,これが有理数ｙ₀の平方に等しいので,明らかにｍｎ(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)はある整数の平方です。

なぜなら,ｍｎ(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)はｎ⁴ｙ₀²ですから,これは整数であってかつ有理数ｎ²ｙ₀の平方だからです。

ｍ/ｎが既約分数なので,ｍとｎは互いに素です。そこで,結局ｍ,ｎ,(ｍ－ｎ),(ｍ＋ｎ)は全て互いに素です。

したがって,ｍｎ(ｍ－ｎ)(ｍ＋ｎ)が平方数になるためにはｍ,ｎ,(ｍ－ｎ),(ｍ＋ｎ)が各々平方数である必要があります。(これは素因数分解可能性からの帰結です。)

それ故,ｘ₀＝ｍ/ｎ,ｘ₀－1＝(ｍ－ｎ)/ｎ,ｘ₀＋1＝(ｍ＋ｎ)/ｎは全て有理数の平方数です。

さて,[補題1.4]の証明とそのおまけから,(ｕ,ｖ,ｗ)＝ｇ(ｘ,ｙ)とｈ(ｕ,ｖ,ｗ)＝(ｕ²＋ａ,ｕｖｗ)を合成した写像ｈ・ｇを作ります。ただし,今の場合ａ＝1,ｂ＝0,ｃ＝－1とします。

任意の(ｘ₁,ｙ₁)∈Ｑ×Ｑのｇによる像を(ｕ₁,ｖ₁,ｗ₁)＝ｇ(ｘ₁,ｙ₁)とし,さらに(ｕ₁,ｖ₁,ｗ₁)∈Ｑ×Ｑ×Ｑのｈによる像を(ｘ₂,ｙ₂)＝ｈ(ｕ₁,ｖ₁,ｗ₁)とします。(ｘ₂,ｙ₂)＝ｈ・ｇ(ｘ₁,ｙ₁)ですね。

このとき,ｙ₂²＝ｕ₁²ｖ₁²ｗ₁²＝(ｘ₂－1)ｘ₂(ｘ₂＋1)ですから,ｘ₂－1,ｘ₂,ｘ₂＋1は全て有理数の平方数です。

逆に言えば,ｙ₂²＝(ｘ₂－1)ｘ₂(ｘ₂＋1)を満たす(ｘ₂,ｙ₂)∈Ｑ×Ｑで,ｘ₂－1,ｘ₂,ｘ₂＋1が全て有理数の平方である場合なら,ｈ・ｇ(ｘ₁,ｙ₁)＝(ｘ₂,ｙ₂)を満たす(ｘ₁,ｙ₁)∈Ｑ×Ｑが常に１組だけ存在することがわかりました。

ところで,すぐ前で見たようにｘ₀＝ｍ/ｎ,ｘ₀－1＝(ｍ－ｎ)/ｎ,ｘ₀＋1＝(ｍ＋ｎ)/ｎは全て有理数の平方数です。

そこで,ｈ・ｇ(ｘ_p,ｙ_p)＝(ｘ₀,ｙ₀)を満たす(ｘ_p,ｙ_p)∈Ｑ×Ｑが,存在します。

(ｕ_p,ｖ_p,ｗ_p)＝ｇ(ｘ_p,ｙ_p)よりｕ_p＝{(ｘ_p－1)²－2}/(2ｙ_p)でｘ₀＝ｕ_p²＋1,ｙ_p²＝ｘ_p³－ｘ_pです。

故に,ｘ₀＝ｕ_p²＋1＝{(ｘ_p－1)²－2}²/{4(ｘ_p³－ｘ_p)}＋1＝(ｘ_p²＋1)²/{4(ｘ_p³－ｘ_p)}です。有理数ｘ_pを互いに素な整数ｒ,ｓによる既約分数としてｘ_p＝ｒ/ｓと表わします。

このとき,ｘ₀＝(ｒ²＋ｓ²)²/{4ｒｓ(ｒ²－ｓ²)}です。

まず,ｘ₀＞1ですから,分母より分子の方が大きいので(ｒ²＋ｓ²)²＞4ｒｓ(ｒ²－ｓ²)です。

そして,ｘ_p＝ｒ/ｓは既約分数ですからｒとｓは互いに素なので,分子の(ｒ²＋ｓ²)²と分母のｒｓは明らかに共通因数を持ちませんから,分母と分子が共通因数を持つとすれば,ｒ²＋ｓ²と４,またはｒ²－ｓ²が共通因数を持つ場合に限られます。

このとき,もしもｒ,ｓが共に奇数ならｒ²＋ｓ²は４で割ると余りが２の偶数,ｒ²－ｓ²は４の倍数です。

(ｒ²＋ｓ²)²は丁度４の倍数ですから,今のｘ₀の分数表現で分子,分母は共通因数４を持ちます。

したがって,この場合にはＨ(ｘ₀)≧(ｒ²＋ｓ²)²/4≧{max(ｒ,ｓ)}⁴/4＞max(ｒ,ｓ)＝Ｈ(ｘ_p)です。

ただし,右辺の最後の不等式:{max(ｒ,ｓ)}⁴/4＞max(ｒ,ｓ)では,ｘ_p＝ｒ/ｓ＞１によりＨ(ｘ_p)＝max(ｒ,ｓ))≧2なることを考慮しました。

他方,ｒ,ｓの一方が奇数,もう一方が偶数ならｒ－ｓ,ｒ＋ｓは共に奇数で,共通因数を持ちません。そしてｐ≡ｒ－ｓ,ｑ≡ｒ＋ｓと置けばｒ²－ｓ²＝ｐｑ,ｒ²＋ｓ²＝(ｐ²＋ｑ²)/2,ｒｓ＝(ｐ²－ｑ²)/4です。

結局,ｘ₀＝(ｐ²＋ｑ²)²/{4ｐｑ(ｐ²－ｑ²)}と書けますから,片方だけが奇数の(ｒ,ｓ)の組が共に奇数の(ｐ,ｑ)に置き換えられただけで,ｘ₀の分数表現は前と全く同じ形をしています。

それ故,前と同じく分子,分母は共通因数４のみを持ちます。

そこで,この場合にもＨ(ｘ₀)≧(ｐ²＋ｑ²)²/4≧{max(ｐ,ｑ)}⁴/4＞max(ｐ,ｑ)＞max(ｒ,ｓ)＝Ｈ(ｘ_p)となります。

以上から,既約分数ｘ_p＝ｒ/ｓ＞１のｒ,ｓが共に奇数の場合,一方が奇数,もう一方が偶数の場合のいずれであっても,Ｈ(ｘ₀)＞Ｈ(ｘ_p)になるという結果が得られました。これはｘ₀の高さＨ(ｘ₀)が最小であるという仮定に矛盾します。

それ故,(ｘ,ｙ)＝(0,0),(±1,0)以外のｙ²＝ｘ³－ｘを満たす高さＨ(ｘ)が最小の(ｘ,ｙ)＝(ｘ₀,ｙ₀)は存在しないと結論されます。

これは,[命題1.2]の結論が成立することを意味しますから,結局,[命題1.2]が成立することが示されたわけです。

そして最初に述べたように,[命題1.2]が成立することは[命題1.1]が成立することを意味するので,結局,"ｘ⁴＋ｙ⁴＝ｚ⁴を満たす自然数ｘ,ｙ,ｚは存在しない。"ことが証明されました。

この証明方法はフェルマー自身が無限降下法と呼んだ方法です。

今日はここまでにします。

参考文献:加藤和也,黒川信重,斉藤 毅著「数論I」(Fermatの夢と類体論)(岩波書店)

http://folomy.jp/heart/「folomy 物理フォーラム」サブマネージャーです。

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