次数３のフェルマーの大定理の証明（ガウスの定理）
§１ 判別式が -3 である二次拡大整数環 A = z(ζ) について
以前に三項式の固有値の節で述べたように,
ζ を 1 の原始立方根とすれば,
ζ2 + ζ + 1 = 0
(1-1)
ζ3 = 1
(1-2)
ζ = -1/2 + i√3/2
(1-3)
a, b を有理整数として,
A = { a + bζ }
は要素どうしの和，差，積について閉じている．（拡大整数環）
また，素元分解の一意性が成立する．
素元分解の一意性に関連して,
α = a + bζ
のノルムと呼ばれる N(α) を
N(α) = ( a + bζ )( a + bζ2 ) = a2 - ab + b2
と定義する．ノルムは正の有理整数か 0 となる．
さらに β を取って,
β = c + dζ
であれば,
N(αβ) = N(α)N(β) = ( a2 - ab + b2 )( c2 - cd + d2 )
が成立する．
このとき, さらに,
ω を Α の要素として,
N(ωα) = N(α)
であれば,
N(ω) = 1
であったことになる．このような ω を単数と言う．
A の単数は、±1, ±ζ，±ζ2 たちで尽くされる．
また，これらの単数たちどうしの積や商も単数となる．（単数乗法群）
これらのことを既知として以下を述べる．
§２ 補助的考察．
π = 1 - ζ
(2-1)
とすれば，
3 ≡ 0 ( mod π2 ) ( ∵ -3ζ = ( 1 - ζ )2 )
(2-2)
1 ⌐≡ 0 ( mod π )
(2-3)
2 = 3 - 1 ⌐≡ 0 ( mod π )
(2-4)
1 ≡ ζ ≡ ζ2 ( mod π )
(2-5)
1 - ζ ≡ 0 ( mod π )
(2-6)
1 - ζ ⌐≡ 0 ( mod π2 )
(2-7)
1 + ζ ⌐≡ 0 ( mod π )
(2-8)
1 - ζ2 ≡ 0 ( mod π )
(2-9)
1 - ζ2 ⌐≡ 0 ( mod π2 )
(2-10)
1 + ζ2 ⌐≡ 0 ( mod π )
(2-11)
α,β を A の任意の要素として,
α ≡ 1, 0, -1 ( mod π )
(2-12)
[証明]
α = a + bζ ≡ a + b ( mod π )
a + b ≡ 1, 0, -1 ( mod 3 )
∴ a + b ≡ 1, 0, -1 ( mod π2 )
∴ α ≡ 1, 0, -1 ( mod π ) //
α + β ≡ α + βζ ≡ α + βζ2 ( mod π )
(2-13)
(α + β) + ζ(α + βζ) + ζ2(α + βζ2) = 0 ( ∵ 1 + ζ + ζ2 = 0 )
(2-14)
などが成立する．
［補助定理１］
α ⌐≡ 0 ( mod π ) ⇒ α3 ≡ ±1 ( mod π4 )
(2-15)
［証明］
α ⌐≡ 0 ( mod π ) ⇒ α ≡ ±1 ( mod π )
ここでは，仮に
α ≡ 1 ( mod π )
として証明する．まず，
α3 - 1 = ( α - 1 )( α - ζ )( α - ζ2 ) ≡ 0 ( mod π )
α - 1 ≡ α - ζ ≡ α - ζ2 ≡ 0 ( mod π )
となる．それゆえ,
(α - 1)/π, (α - ζ)/π, (α - ζ2)/π ∈ A
しかし, これらは π を法として二つづつ互いに異なる剰余となっおり、従って三つとも異なる剰余となる．
しかも (2-4) から π を法とした剰余は, 1, 0, -1 で尽くされる．
ゆえに, これらの内の一つが 0 と同値な剰余となり π で少なくてもまだ一回は割り切れる．
ゆえに α ≡ 1 で補助定理１が成り立つことが示された．
α ≡ -1 でも同様な証明ができる．（証明終り）
［補助定理２］
α, β ∈ A
α, β は互いに素．
αβ ⌐≡ 0 ( mod π )
α3 + β3 ≡ 0 ( mod π3n )
を仮定すれば，
｛ α + β, α + βζ, α + βζ2 } = { πκ1, πκ2, π3n-2κ3 } （順不同）
(2-16)
が成立する．
ただし，
κ1, κ2, κ3 ∈ A
κ1, κ2, κ3 は二つづつ互いに素．
κ1κ2κ3 ⌐≡ 0 ( mod π )
であるとする．
［証明］
仮定から，
α3 + β3 = ( α + β )( α + βζ )( α + βζ2 ) ≡ 0 ( mod π )
α + β ≡ α + βζ ≡ α + βζ2 ≡ 0 ( mod π )
(α + β)/π, (α + βζ)/π, (α + βζ2)/π ∈ A
がそれぞれ成り立つ．
ところが，(α + β)/π, (α + βζ)/π, (α + βζ2)/π は π を法として二つづつ互いに異なる剰余に属す．
しかも π を法として異なる剰余は 1, 0, -1 と同値である．
ゆえに 0 と同値の剰余はまだ π で割り切れる．
ゆえに α + β, α + βζ, α + βζ2 のうち二つは π で丁度一回だけ，残りの一つは丁度 3n-2 回割り切れる．
（証明終り）
§３ 次数３のフェルマーの大定理の証明（ガウスの定理）
［定理］
α3 + β3 + γ3 = 0 (3-1)
は Α 上で自明解以外の代数的整数解を持たない．（ ゆえに有理整数解もない．）
［証明］
α,β,γ ∈ Α
α,β,γ は二つづつ互いに素．
αβ ⌐≡ 0 ( mod π )
であることを前提として，
α3 + β3 + γ3 = 0
となるならば矛盾することが言えれば良い．
( case 1 ) γ ⌐≡ 0 ( mod π )
ならば，補助的考察から，
±1±1±1 ≡ 0 ( mod π3 )
が成り立つが，左辺は，
±1，±3
となる．±1 は明らかに不合理．
ところが，
±3 ～ π2
∴ π3｜±3 ⇒ π｜±1
となってこれも不合理．
ゆえに case 1 で定理は真である．
( case 2 ) γ ≡ 0 ( mod π )
ならば，
δ ∈ A
δ ⌐≡ 0 ( mod π )
γ = πnδ
として，
α3 + β3 + π3nδ3 = 0 ( n ≧ 1 )
(3-2)
が解を持てば ωを単数として，
X3 + Y3 + ωπ3nZ3 = 0
(3-3)
なる方程式も ( ω, X, Y, Z ) = ( 1, α, β, δ ) となるような解を持つことになる．
(3-3) が解を持つ場合を，
P(n) = 1
で表すことにしよう．（ 解を持たない場合は P(n) = 0 とする．）
ここで P(n) = 1 という仮定から矛盾が示せるならば, (3-3), (3-2) にも解がないと云えたことになり,
定理は case 2 でも真となる．このとき, 定理はいかなる場合においても真であると結論して良い．
一般に P(n) = 1 と仮定すると,
α3 + β3 = -π3nδ3
αβ ⌐≡ 0 ( mod π )
となり, さらに補助的考察から,
±1±1 ≡ -π3nδ3 ( mod π4 )
左辺は ±2, 0 となるが ±2 は不合理．
∴ 3n ≧ 4
∴ n ≧ 2 (3-4)
さらに,
(α + β)(α + βζ)(α + βζ2) = -π3nδ3
となることから,
φ1,φ2,φ3 ∈ A
φ1,φ2,φ3 は二つづつ互いに素．
φ1φ2φ3 ⌐≡ 0 ( mod π )
であるような φ1,φ2,φ3 を用い, η1,η2,η3 を単数として, 補助定理２から,
α + β = πκ1 = η1πφ13
α + βζ = πκ2 = η2πφ23
α + βζ2 = π3n-2κ3 = η3π3n-2φ33
なる式たちが導かれる．
また上の左辺のうち π3n-2 で割り切れるのは三つのうちのどれであっても良い．（ 証明の意味は同じである．）
1 + ζ + ζ2 = 0 ⇒ (α + β) + ζ(α + βζ) + ζ2(α + βζ2) = 0
∴ η1πφ13 + ζη2πφ23 + ζ2η3π3n-2φ33 = 0
∴ φ13 + τφ23 + τ'π3(n-1)φ33 = 0 (3-5)
τ, τ' は単数．
ここで (3-5) が成立すると仮定すれば単数 τ がどんな場合かを考えよう．
まず, Α の単数は ±1, ±ζ, ±ζ2 で尽くされる．
φ13 ≡ φ23 ≡ ±1 ( mod π4 )
n ≧ 2
τ'π3(n-1)φ33 ≡ 0 ( mod π2 )
から,
±1 ±τ ≡ 0 ( mod π2 ) (3-6)
が必要条件となる．
(1) τ ≠ ±ζ, ±ζ2 となる．
既に基礎的考察でも述べたように,
±(1 - ζ) ⌐≡ 0 ( mod π2 )
±(1 + ζ) ⌐≡ 0 ( mod π )
±(1 - ζ2) ⌐≡ 0 ( mod π2 )
±(1 + ζ2) ⌐≡ 0 ( mod π )
などから,
±1±ζ ⌐≡ 0 ( mod π2 )
±1±ζ2 ⌐≡ 0 ( mod π2 )
∴ τ ≠ ±ζ, ±ζ2
(2) τ = 1 のとき (3-5) は,
φ13 + φ23 + τ'π3(n-1)φ33 = 0 (3-5-1)
となるが, ここから,
( ω, X, Y, Z ) = ( τ', φ1, φ2, φ3 )
と考えれば,
P(n-1) = 1
が成立しなければならなくなる．
(3) τ = -1 のとき (3-5) は,
φ13 - φ23 + τ'π3(n-1)φ33 = 0 (3-5-2)
となり, この場合も,
( ω, X, Y, Z ) = ( τ', φ1, -φ2, φ3 )
と考えれば,
P(n-1) = 1
が成立しなければならなくなる．
こうして,
P(n) = 1 ⇒ P(n-1) = 1
この論法を続けると, ついには,
P(1) = 1
が成立しなければならなくなるが, これは (3-4) で導かれた n ≧ 2 に反する．
ゆえに矛盾である．この矛盾は P(n) = 1 と仮定したことから起こっている．
∴ P(n) = 0
ゆえに case2 において (3-3), (3-2), (3-1) はいずれも解を持たない．
ゆえに case2 でも定理は真である．
既に case1 で定理が真であることが示されている．
しかも自明解以外の解は case1 か case2 で尽くされる．
ゆえにガウスの定理は真である．（証明終り）
(2005/7/7)
そんなわけで x, y, z が普通の有理整数であっても
x3 + y3 = z3
は成立しないことになる.
しかしながら誠に面白いことに,
x3 + y3 = z2
には自明解でない有理整数解が少なくとも一組は存在する．
すなわち,
13 + 23 = 32
が成立する．
さらに驚くべきことには
13 + 23 + 33 = 62
13 + 23 + 33 + 43 = 102
13 + 23 + 33 + 43 + 53 = 152
13 + 23 + 33 + 43 + 53 + 63 = 212
が次々にどこまでも永久に成立する．
これは,
13 + 23 + ･･･ + (n-1)3 + n3 = ( n(n+1)/2 )2
となるからである．
また右辺に現われる数は二項係数の第三項の係数であって,
n(n+1)/2 = n+1C2
という記号で書かれるときもある．
また,
n(n+1)/2 = 1 + 2 + ･･･ + (n-1) + n
でもあるから,
13 + 23 + ･･･ + (n-1)3 + n3 = ( 1 + 2 + ･･･ + (n-1) + n )2
であるとも言える．
これはまた, 以下で導入される和の記号 Σ を使えば,
Σn3 = (Σn)2
とも書ける．
(2005/9/3)
いま、次のように記号たちを
Σn = 1 + 2 + ･･･ + (n-1) + n
Σn2 = 12 + 22 + ･･･ + (n-1)2 + n2
Σn3 = 13 + 23 + ･･･ + (n-1)3 + n3
と書いて良いとすれば,
2Σn = ( 1 + n ) + ( 2 + (n-1) ) + ･･･ + ( (n-1) + 2 ) + ( n + 1 ) = n(n+1)
∴ Σn = n(n+1)/2
これを後の証明と同じ原理で証明すれば,
12 = 1
22 = 12 + 2･1 + 1
32 = 22 + 2･2 + 1
･･･ ･･･ ･･･
(n-1)2 = (n-2)2 + 2･(n-2) + 1
n2 = (n-1)2 + 2(n-1) + 1
(n+1)2 = n2 + 2n + 1
これらを辺々加えて整理すれば,
(n+1)2 = 2Σn + n + 1
∴ 2Σn = (n+1)(n+1-1) = n(n+1)
∴ Σn = n(n+1)/2
また,
13 = 1
23 = 13 + 3･12 + 3･1 + 1
33 = 23 + 3･22 + 3･2 + 1
･･･ ･･･ ･･･
(n-1)3 = (n-2)3 + 3(n-2)2 + 3･(n-2) + 1
n3 = (n-1)3 + 3(n-1)2 + 3(n-1) + 1
(n+1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1
これらを辺々加え, 整理して書き直せば,
(n+1)3 = 3Σn2 + 3Σn + n + 1
∴ 3Σn2 = (n+1)( (n+1)2 - 3n/2 - 1 )
∴ 6Σn2 = (n+1)( 2n2 + 4n + 2 - 3n - 2 )
∴ Σn2 = n(n+1)(2n+1)/6
さらに,
14 = 1
24 = 14 + 4･13 + 6･12 + 4･1 + 1
34 = 24 + 4･23 + 6･22 + 4･2 + 1
･･･ ･･･ ･･･
(n-1)4 = (n-2)4 + 4(n-2)3 + 6(n-2)2 + 4(n-2) + 1
n4 = (n-1)4 + 4(n-1)3 + 6(n-1)2 + 4(n-1) + 1
(n+1)4 = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1
これらを辺々加えて整理すれば,
(n+1)4 = 4Σn3 + 6Σn2 + 4Σn + n + 1
∴ 4Σn3 = (n+1)( (n+1)3 - 6n(2n+1)/6 - 4n/2 - 1 )
= (n+1)( n3 + 3n2 + 3n + 1 - 2n2 - n - 2n - 1 )
= (n+1)( n3 + n2 )
= n2(n+1)2
∴ Σn3 = ( n(n+1)/2 )2
あるいは,すでに式の形が分っているときは帰納法でも証明できる．
また, 任意の自然数 m について Σnm を求める場合はベルヌーイ多項式とベルヌーイ数を用いる方法が知られている．
(2005/9/4)
さらにこの応用として, p を 3 以上の素数とすれば, 三次剰余に関して次の定理が成り立つことも分る．
13 + 23 + ･･･ + (p-2)3 + (p-1)3 ≡ 0 ( mod p2 )
(2005/9/7)
また極めて興味深い次の定理が成り立つ．
[定理] 一立方二平方の定理．（ 命名は私による．）
x3 + y2 = z2
(3-6)
は, 2 以上の任意の自然数 x について, 少なくとも一組の自然数解 ( y, z ) を持つ．
[証明]
2 以上の任意の自然数 x については既に示されたように，
Σx3 = (Σx)2
(3-7-1)
Σ(x-1)3 = (Σ(x-1))2
(3-7-2)
この二式を辺々引いて，
x3 = (Σx)2 - (Σ(x-1))2
移項して，
x3 + (Σ(x-1))2 = (Σx)2
(3-7-3)
あるいは仕組みを強調して書き直すと，
x3 + ( 1 + 2 + ･･･ + (x-2) + (x-1) )2 = ( 1 + 2 + ･･･ + (x-1) + x )2
となる．そこで，
y = 1 + 2 + ･･･ + (x-2) + (x-1) = x(x-1)/2
z = 1 + 2 + ･･･ + (x-1) + x = x(x+1)/2
とおけば，2 以上の任意の自然数 x について，
x3 + y2 = z2
は，少なくとも一組の自然数解 ( y, z ) を持っている．
よって定理は真である．（証明終り）
従って ( x, y, z ) の組み合わせ全体では無限通りの解があることになる．
(2005/9/30)
フェルマーの大定理の初等的証明
