初 等 整 数 論 講 義 第 $2$ 版

$\blacktriangleleft$ $\S\ 39.$ 二次体 $K\left(\sqrt{-3}\right)$ の整数  $\S\ 41.$ 二次体 $K\left(\sqrt{m}\right)$ の整数 $\blacktriangleright$

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第 $4$ 章 二次体 $K\left(i\right)$,$K\left(\sqrt{-3}\right)$ の整数

 $\S\ 40.$ Fermat の問題,$\boldsymbol{x}^3+\boldsymbol{y}^3=\boldsymbol{z}^3$ の不可能

 指数 $3$ が奇数であるから,$z$ を $-z$ に換えて\[x^3+y^3+z^3=0,\hphantom{x}x\neq0,\hphantom{x}y\neq0,\hphantom{x}z\neq0\]が有理整数なる解を有しないことを証明してもよい.この場合にも問題を拡張して\[\alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0,\hphantom{\alpha}\alpha\neq0,\hphantom{\alpha}\beta\neq0,\hphantom{\alpha}\gamma\neq0\tag{$\ 1\ $}\]が $x+y\omega$ の形の整数ででも解き得ないことを証明する方が平易である.また $\alpha$,$\beta$,$\gamma$ は二つずつ互いに素であるとしても,問題の一般性を損じないことは明白である.
 この場合にも,証明の手段としては,次の合同式だけで十分である.
 $\xi$ が $\lambda=1-\omega$ で(すなわち $\sqrt{-3}$ で)割り切れないときは,\[\xi^3\equiv\pm1\hphantom{9}\left(\text{mod}.\ 9\right).\tag{$\ 2\ $}\] $\varepsilon$ が $\sqrt{-3\vphantom{3^n}}$ で割れないならば($258$ 頁,〔注意〕).\begin{alignat*}{1}\pm\ \xi&=1+\eta\sqrt{-3\vphantom{3^n}}.\\[2mm]\therefore\hspace{1cm}\pm\ \xi^3&=1-9\eta^2+3\sqrt{-3\vphantom{3^n}}\eta\left(1-\eta^2\right).\end{alignat*}$\eta$ か $1-\eta^2$ かが $\sqrt{-3\vphantom{3^n}}$ で割り切れるから,$\left(\ 2\ \right)$ の通り.
 さて $\left(\ 1\ \right)$ に解があるとして,まず $\alpha$,$\beta$,$\gamma$ が一つも $\lambda$ で割れないとするならば,$\left(\ 2\ \right)$ によって\[\pm1\pm1\pm1\equiv0\hphantom{9}\left(\text{mod}.\ 9\right).\] これはどのように符号 $\pm$ を組み合わせてみても不可能である.
 よって $\alpha$,$\beta$,$\gamma$ のうち一つ,例えば,$\alpha$ が $\lambda$ で割り切れ,したがって仮定によって,$\beta$,$\gamma$ は $\lambda$ で割り切れないとして\[\alpha=\lambda^m\alpha_0,\hphantom{n}m\geqq1,\hphantom{n}\left(\alpha_0,\ \lambda\right)=1\]と置く.しからば $\left(\ 1\ \right)$ から\[\beta^3+\gamma^3=-\lambda^{3m}\alpha_0{}^3\]を得るが,便宜上,問題を拡張して $\varepsilon$ を任意の単数とするとき\[\beta^3+\gamma^3=\varepsilon\lambda^{3m}\alpha_0{}^3\tag{$\ 3\ $}\]が不可能であることを証明する.まず $\left(\ 2\ \right)$ によって\[\pm1\pm1\equiv\varepsilon\lambda^{3m}\alpha_0{}^3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ \lambda^4\right),\]したがって,左辺は $0$ であることを要するが,\[0\equiv\varepsilon\lambda^{3m}\alpha_0{}^3\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ \lambda^4\right)\]は $m=1$ とすれば不可能である.すなわち $m=1$ のとき $\left(\ 3\ \right)$ の不可能が証明されたから,数学的帰納法(逓下法)を用いて,$m\geqq2$ のとき,$\left(\ 3\ \right)$ に解があるならば,指数を $m-1$ としても,$\left(\ 3\ \right)$ に解があることを示せばよろしい.
 さて\[\beta^3+\gamma^3=\left(\beta+\gamma\right)\left(\beta+\omega\gamma\right)\left(\beta+\omega^2\gamma\right).\]また\[\left.\begin{array}{l}\beta+\omega\gamma=\left(\beta+\gamma\right)-\lambda\gamma,\\[2mm]\beta+\omega^2\gamma=\left(\beta+\gamma\right)-\lambda\gamma.\end{array}\right\}\tag{$\ 4\ $}\] $\left(\ 3\ \right)$ によって,$\lambda^{3m}$($m\geqq2$)が $\beta^3+\gamma^3$ の三つの因数 $\beta+\gamma$,$\beta+\omega\gamma$,$\beta+\omega^2\gamma$ の間に分配されねばならないから,これらの因数のうちどれかは $\lambda$ で割れるが,どれか一つが $\lambda$ で割れるならば,$\left(\ 4\ \right)$ から見えるように三つともに $\lambda$ で割れなければならない.しかし三つとも $\lambda$ の一乗だけで割れるのでは足りないから,どれかは $\lambda^2$ で割れねばならないが,一つが $\lambda^2$ で割れるならば,$\left(\ 4\ \right)$ によって他の二つは $\lambda$ の一乗でしか割れない.故に三つの因数のうち,二つは $\lambda$ だけで割れて,他の一つが $\lambda^{3m-2}$ で割れねばならないのであるが,$\beta+\gamma$ が $\lambda^{3m-2}$ で割れると見てさしつかえない(さもなければ,$\gamma$ に $\omega\gamma$ または $\omega^2\gamma$ を代用すればよいから).
 よって\[\left.\begin{alignat*}{1}\beta+\gamma&=\lambda^{3m-2}\hspace{0.7mm}\cdotp\kappa\\[2mm]\beta+\omega\gamma&=\lambda\hspace{0.7mm}\cdotp\mu\\[2mm]\beta+\omega^2\gamma&=\lambda\hspace{0.7mm}\cdotp\nu\end{alignat*}\right\}\tag{$\ 5\ $}\]と置いて,$\kappa$,$\mu$,$\nu$ は $\lambda$ で割れない整数とする.
 またこれら三つの因数のうち,どの二つにも $\lambda$ 以外の公約数はあり得ない.
 $\lambda$ 以外に公約数があるならば,それは $\left(\beta+\gamma\right)-\left(\beta+\omega\gamma\right)=\lambda\gamma$ および $\omega\left(\beta+\gamma\right)-\left(\beta+\omega\gamma\right)=-\lambda\beta$ の約数,したがって $\beta$,$\gamma$ の公約数でなければならないが,仮定によって $\left(\beta,\ \gamma\right)=1$.
 故に $\kappa$,$\mu$,$\nu$ は二つずつ互いに素である,しかるに $\left(\ 3\ \right)$,$\left(\ 5\ \right)$ から\[\kappa\mu\nu=\varepsilon\alpha_0{}^3.\]故に $\kappa$,$\mu$,$\nu$ はおのおの立方または立方の同伴数でなければならない.よって $\left(\ 5\ \right)$ を次のように書くことができる\begin{alignat*}{1}\beta+\gamma&=\varepsilon_1\lambda^{3m-2}\alpha^{\prime3},\\[2mm]\beta+\omega\gamma&=\varepsilon_2\lambda\beta^{\prime3},\\[2mm]\beta+\omega^2\gamma&=\varepsilon_3\lambda\gamma^{\prime3}.\end{alignat*} ただし,$\alpha^\prime$,$\beta^\prime$,$\gamma^\prime$ は二つずつ互いに素で,かつ $\lambda$ とも素である整数,また $\varepsilon_1$,$\varepsilon_2$,$\varepsilon_3$ は単数である.よって\[\begin{vmatrix}1&1\ &\varepsilon_1\lambda^{3\left(m-1\right)}\alpha^{\prime3}\\1&\omega\ &\hphantom{\lambda^{3\left(m-1\right)}}\varepsilon_2\beta^{\prime3}\\1&\omega^2&\hphantom{\lambda^{3\left(m-1\right)}}\varepsilon_3\gamma^{\prime3}\end{vmatrix}=0.\] この行列式を第三列に関して展開すれば余因数 $\omega^2-\omega$,$1-\omega^2$,$\omega-1$ はいずれも $\lambda$ の同伴数であるから,展開の各項を $\lambda$ で割って,結局\[\beta^{\prime3}+\vartheta\gamma^{\prime3}=\vartheta^\prime\lambda^{3\left(m-1\right)}\alpha^{\prime3}\tag{$\ 6\ $}\]を得る.ただし $\vartheta$ および $\vartheta^\prime$ は単数である.さて再び $\left(\ 2\ \right)$ によって,かつ $m\gt1$ を用いて,\[\pm1\pm\vartheta\equiv0\hphantom{3}\left(\text{mod}.\ \lambda^3\right).\] $\vartheta$ は $\pm1$ または $\pm\omega$,または $\pm\omega^2$ に等しいのであるから,左辺は $0$ に等しいことを要する.したがって\[\vartheta=\mp1\]を得るが,$\vartheta=-1$ ならば,$\gamma^\prime$ の代わりに $-\gamma^\prime$ と書けば,$\left(\ 6\ \right)$ は次のようになる.\[\beta^{\prime3}+\gamma^{\prime3}=\varepsilon^\prime\lambda^{3\left(m-1\right)}\alpha^{\prime3}.\] これは $\left(\ 3\ \right)$ と同様な関係式で,ただ $\lambda$ の指数において $m$ が $m-1$ に変わったまでである.
 すなわち証明は完成した.








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