第 $4$ 章 二次体 $K\left(i\right)$，$K\left(\sqrt{-3}\right)$ の整数
$\S\ 38.$ Fermat の問題，$\boldsymbol{x}^4+\boldsymbol{y}^4=\boldsymbol{z}^4$ の不可能
Fermat の問題は有名である．それは\[x^n+y^n=z^n\hspace{5mm}\left(n\gt2\right)\]が正の整数解を有しないというのである．これは Fermat の大定理あるいは最終定理と称せられるものであるが，Fermat 自身その証明を発表せず，現今においても証明ができていないから，実は定理というべきではなくて，二百年来懸案になっている難問題である．
Fermat は Diophantus のラテン訳を発行した．その手控本に，$x^2+y^2=z^2$ の解に関連して，上記の定理を書き入れて，「この本の欄外に証明を書く余白がない」という有名な一句を書き添えたのである． Fermat は果たして証明を有していたか，それは不明で，いまでも一般的の証明はできていないが，その証明を試みる努力が整数論の進歩を促す原因になったのである．そのために，難問題であるほかには，事実として興味のあるでもないこのような問題が重大視される．Kummer の理想数の理論なども，その成因の一つは疑いもなく Fermat の問題の解決にあったのであろう．
$n=4$ の場合は Euler が解決したのであるが，この場合にも，問題を有理整数の範囲に局限しないで，それを Gauss の複素整数の上に拡張する方が簡明である．
次に方程式\[\alpha^4+\beta^4=\gamma^2,\hspace{7.5mm}\alpha\neq0,\hphantom{\beta}\beta\neq0,\hphantom{\beta}\gamma\neq0\tag{$\ 1\ $}\]がすでに Gauss の複素整数の範囲内においてすら，解を有しないことの証明を述べる．
$\left(\ 1\ \right)$ が解を有するとすれば，$\left(\alpha,\ \beta\right)=\delta$ とするとき，$\gamma$ は $\delta^2$ で割り切れて\[\left(\frac{\alpha\vphantom{\beta}}{\delta}\right)^4+\left(\frac{\beta}{\delta}\right)^4=\left(\frac{\gamma\vphantom{\beta}}{\delta^2}\right)^2\underset{.}{\ }\] 故に $\left(\ 1\ \right)$ において\[\left(\alpha,\ \beta\right)=1, したがって\hphantom{\alpha}\left(\alpha,\ \gamma\right)=1,\hphantom{\alpha}\left(\beta,\ \gamma\right)=1\tag{$\ 2\ $}\]である場合だけを考察すればよい．
次の証明では素数 $\lambda=1-i$ の簡単な性質だけを用いる（$\S\ 37$，問題 $1$．参照）．$\xi=x+yi$ が $\lambda$ で割り切れないときには，$x$，$y$ のうち一方だけが奇数であるから\[\xi=1+2\eta または\hphantom{\xi}\xi=i+2\eta.\]故に\[\xi^2\equiv\pm1\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 4\right).\tag{$\ 3\ $}\]すなわち\[\xi^2=\pm1+4\zeta.\]故に\[\xi^4\equiv1\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 8\right).\tag{$\ 4\ $}\] 上記，$\left(\ 3\ \right)$，$\left(\ 4\ \right)$ が証明の根拠になるのである．
まず $\left(\ 1\ \right)$ において，$\alpha$ も $\beta$ も $\lambda$ で割り切れないとする．しからば $\left(\ 4\ \right)$ によって $\alpha^4+\beta^4\equiv2\hphantom{8}\left(\text{mod}.\ 8\right)$．故に\[\gamma^2\equiv2\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 8\right)\tag{$\ 5\ $}\]でなければならない．しからば $\gamma$ は $\lambda$ の一乗だけで割り切れるから，$\gamma=\lambda\nu$ と置けば，$\left(\nu,\ \lambda\right)=1$．故に $\left(\ 5\ \right)$ から\[-2i\nu^2\equiv2\hphantom{n}\left(\text{mod}.\ 8\right),\]すなわち\[\nu^2\equiv i\hphantom{4}\left(\text{mod}.\ 4\right).\] しかるに $\left(\ 3\ \right)$ によって，$\nu^2\equiv\pm1\left(\text{mod}.\ 4\right)$，したがって $\pm1\equiv i\left(\text{mod}.\ 4\right)$．これは不可能である．
故に $\left(\ 1\ \right)$ が成り立つとすれば，$\alpha$，$\beta$ のうち一つは，$\lambda$ で割り切れ，したがって $\left(\ 2\ \right)$ によって，他の一つおよび $\gamma$ は $\lambda$ で割り切れない．よって\[\alpha=\lambda^m\alpha_0,\hspace{5mm}\left(\alpha_0,\ \lambda\right)=1,\hphantom{m}\left(\beta,\ \lambda\right)=1,\hphantom{m}\left(\gamma,\ \lambda\right)=1,\hspace{5mm}m\gt0\]と置く．しからば $\left(\ 1\ \right)$ は\[\lambda^{4m}\alpha_0{}^4+\beta^4=\gamma^2\]になる．いま一層一般に，$\varepsilon$ を単数 $\pm1$，$\pm i$ として\[\varepsilon\lambda^{4m}\alpha_0{}^4+\beta^4=\gamma^2\tag{$\ 6\ $}\]が解を有しないことを証明しよう．このように問題を拡張するのは，あとで数学的帰納法を適用する際の便宜のためである．
$\left(\ 6\ \right)$ が成り立つならば\[\left(\gamma-\beta^2\right)\left(\gamma+\beta^2\right)=\varepsilon\lambda^{4m}\alpha_0{}^4.\tag{$6^{\large*}$}\] さて $\gamma-\beta^2$，$\gamma+\beta^2$ の公約数は $2\gamma$，$2\beta^2$ の公約数でなければならないが，$\left(\ 2\ \right)$ によって $\left(\beta,\ \gamma\right)=1$ であるから，公約数は $2$ の約数でなければならない．しかるに $\beta$ も $\gamma$ も $\lambda$ で割り切れないから，$\gamma-\beta^2$，$\gamma+\beta^2$ は $\lambda$ で割り切れるが，もしも，$\gamma-\beta^2$ が単に $\lambda$ の一乗でのみ割り切れるとすれば，$\gamma+\beta^2=\gamma-\beta^2+2\beta^2$ も $\lambda$ の一乗でのみ割り切れ，したがって $\left(\gamma-\beta^2\right)\left(\gamma+\beta^2\right)$ は $\lambda^2$ だけで割れることになるから，$\left(6^{\large*}\right)$ に矛盾する．
故に $\gamma-\beta^2$ と $\gamma+\beta^2$ との最大公約数は $\lambda^2$ でなければならない．よって $\gamma+\beta^2$ は $\lambda$ の二乗だけで割り切れ，したがって $\left(6^{\large*}\right)$ から $\gamma-\beta^2$ は $\lambda^{4m-2}$ で割り切れるとする（さもなければ，$\beta$ を $i\beta$ に代えればよい）．
しからば $\left(6^{\large*}\right)$ から\begin{alignat*}{1}\gamma+\beta^2&=\varepsilon_1\lambda^2\beta^{\prime4},\\[2mm]\gamma-\beta^2&=\varepsilon_2\lambda^{4m-2}\alpha^{\prime4}\end{alignat*}を得る．ただし，$\varepsilon_1$，$\varepsilon_2$ は単数で，$\left(\alpha^\prime,\ \beta^\prime\right)=1$，$\left(\alpha^\prime,\ \lambda\right)=1$，$\left(\beta^\prime,\ \lambda\right)=1$（素因数分解の一意性）．
したがって\[2\beta^2=\varepsilon_1\lambda^2\beta^{\prime4}-\varepsilon_2\lambda^{4m-2}\alpha^{\prime4}.\]両辺を $2$ で割って\[\beta^2=\vartheta\beta^{\prime4}+\eta\lambda^{4\left(m-1\right)}\alpha^{\prime4}.\tag{$6^{\large**}$}\]ただし，$\vartheta=\dfrac{\varepsilon_1\lambda^2}{2}=-i\varepsilon_1$，$\eta=-\dfrac{\varepsilon_2\lambda^2}{2}=i\varepsilon_2$ は単数である．
故に $m=1$ ならば，$\left(6^{\large**}\right)$ は不可能，したがって $\left(\ 6\ \right)$ は不可能である．
$m=1$ ならば $\left(6^{\large**}\right)$ の右辺の二つの項は $\lambda$ で割れないから，その和は $\lambda$ で割れるのに左辺の $\beta^2$ が $\lambda$ で割れないのは矛盾である．
このように $m=1$ のときに $\left(\ 6\ \right)$ が不可能であるから，数学的帰納法によって，$\left(\ 6\ \right)$ が $\lambda$ の指数が $m$ よりも小さいときには不可能であると仮定するならば，指数 $m$ に関しても不可能であることを証明する．または対偶命題に移って，$\left(\ 6\ \right)$ したがってまた $\left(6^{\large**}\right)$ が指数 $m$ に関して解を有するならば指数 $m-1$ に関しても解を有しなければならないことを証明する．これは Fermat のいわゆる逓下法（descente indéfinie）であるが，証明の方法としては数学的帰納法にほかならないのである．
さて $m\gt1$ のとき $\left(6^{\large**}\right)$ が成り立つならば，$\text{mod}.\ \lambda^{4\left(m-1\right)}$ に関して，すなわち少なくとも $\text{mod}.\ 4$ に関して\[\beta^2\equiv\vartheta\beta^{\prime4}\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 4\right).\]故に，$\left(\ 3\ \right)$，$\left(\ 4\ \right)$ によって\[\pm1\equiv\vartheta\hphantom{m}\left(\text{mod}.\ 4\right).\]$\vartheta$ は単数 $\pm1$，$\pm i$ であるから，\[\vartheta=\pm1\]故に $\left(6^{**}\right)$ は\[\pm\beta^2=\beta^{\prime4}+\eta^\prime\lambda^{4\left(m-1\right)}\alpha^{\prime4}\hphantom{\eta}\left(\eta^\prime=\pm\eta\right)\]になる．$\pm\beta^2$ は $\beta^2$ または $\left(i\beta\right)^2$ に等しいから，$\beta$ または $i\beta$ を $\gamma^\prime$ と書けば，\[\gamma^{\prime2}=\beta^{\prime4}+\eta^\prime\lambda^{4\left(m-1\right)}\alpha^{\prime4}.\] $\eta^\prime$ は単数であるから，これは $\left(\ 6\ \right)$ と同様の等式で，ただ $\lambda$ の指数 $m$ が $m-1$ に変わっただけである．
故に $\left(\ 6\ \right)$ が指数 $m$ のときに解を有するならば，指数 $m-1$ のときにも解を有しなければならない．すなわち証明が完成したのである．