4
大学数学基礎解説
文献あり

正則素数におけるフェルマーの最終定理:セカンドケース

461
1
$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{e}[0]{\varepsilon} \newcommand{farc}[2]{\frac{#1}{#2}} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{id}[0]{\mathrm{id}} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{N}[0]{\mathrm{N}_{k/\mathbb{Q}}} \newcommand{ndiv}[0]{\nmid} \newcommand{O}[0]{\mathcal{O}} \newcommand{o}[0]{\omega} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{ord}[0]{\mathrm{ord}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{Tr}[0]{\mathrm{Tr}_{k/\mathbb{Q}}} \newcommand{ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{vare}[0]{\varepsilon} \newcommand{ve}[0]{\epsilon} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} $$

はじめに

 この記事では 前回の記事 に引き続き正則素数に対するフェルマーの最終定理の証明を行っていきます。

正則素数に対するフェルマーの最終定理

 正則素数$p$に対して$x^p+y^p=z^p$は非自明な整数解$(x,y,z)$を持たない。

 今回は$p|xyz$のセカンドケースについて解説していきます。
 また前回の記事では正則素数というものを

正則素数

 素数$p$が円分体$\Q(\z_p)$の類数$h$$p$が割り切らないとき$p$は正則素数であると言う。

によって定めていましたが、セカンドケースにおいては正則素数の持つ次のような性質が重要となってきます。

 正則素数$p$はベルヌーイ数$B_2,B_4,\ldots,B_{p-3}$(の分子)を割り切らない。

 実はこの命題は$p$が正則素数であることと同値であること(Kummerの判定法)が知られており、場合によってはこちらを正則素数の定義とすることもあります。ちなみにKummerの判定法については この記事 この記事 において解説しています。
 この性質は本記事の中では利用されませんが、途中で使用するKummerの補題を示す際(具体的に言えば この記事 の定理13を示す際)に重要な役割を果たすこととなります。
 そしてそのKummerの補題とは次のような主張のことを言うのでした。

Kummerの補題

 正則素数$p$について$\Z[\z_p]$の単数$\e$$p$を法としてある有理整数と合同であるとき、ある単数$\e'$が存在して$\e=(\e')^p$が成り立つ。

 最終的に$p$乗が出てくるあたりいかにも、って感じですね。
 以下前回の記事に引き続き$1$の原始$p$乗根$\z_p$を単に$\z$と表すこととします。

証明のあらすじ

 $p|xyz$であることと$x^p+y^p+(-z)^p=0$であることを変形して
$$\a^p+\b^p+\e(1-\z)^{pn}\g^p=0\quad((1-\z)\nmid\a\b\g)$$
という方程式の$\Z[\z]$上の解$(\a,\b,\g)$を考える。
 このとき$\b$に適当に$\z^r$を掛けたもの$\z^r\b$を改めて$\b$とおくことで、ある単数$\e_i$とある$t_i\in\Q(\z)$を用いて
$$\frac{\a+\z^i\b}{\a+\b}=\frac{\e_i t_i}{(1-\z)^{p(n-1)}}$$
と表せることを示す。するとこれを適当に変形することで
$$c_{p-1}^p+\ve c_1^p+\e'(1-\z)^{p(n-1)}c_0^p=0$$
という形の式が得られ、Kummerの補題から$\ve=(\ve')^p$とできることに注意すると最初の方程式
$$c_{p-1}^p+(\ve'c_{1})^p+\e'(1-\z)^{p(n-1)}c_{0}^p=0$$
が再び現れることとなる。
 いま方程式がある$n$に対して解を持つとするとこのように$n$を下げていくことができ、最終的に$n=1$の解が得られることになるが、この方程式は$n\geq2$においてしか解を持たないことを示すことで矛盾が得られる。

補題

 $x,y,z\in\Z$に関する方程式
$$x^p+y^p=z^p\quad(p\mid xyz)$$
$\a,\b,\g\in\Z[\z]$に関する方程式
$$\a^p+\b^p+\e(1-\z)^{pn}\g^p=0\quad(\e\in\Z[\z]^\times,n\geq1,\;(1-\z)\nmid\a\b\g)$$
の特殊な例として埋め込める。

 方程式
$$x^p+y^p=z^p\quad(p\mid xyz)$$
$x^p+y^p+(-z)^p=0$とも表せるので対称性より$p\nmid xy,\;p|z$としてよく、このとき
\begin{align} \ve&=\prod^{p-1}_{k=1}\frac{1-\z^k}{1-\z}=\frac{p}{(1-\z)^{p-1}}\\ z&=p^ez'=\ve^e(1-\z)^{e(p-1)}z'\quad(p\nmid z') \end{align}
とおくと
$$x^p+y^p+(-\ve^{pe})(1-\z)^{pe(p-1)}(z')^p=0\quad(p\nmid xyz')$$
と変形できる。
 これは方程式
$$\a^p+\b^p+\e(1-\z)^{pn}\g^p=0\quad((1-\z)\nmid\a\b\g)$$

$$(\a,\b,\g,\e,n)=(x,y,z',-\ve^{pe},e(p-1))$$
の場合となっている。

 以下方程式
$$\a^p+\b^p+\e(1-\z)^{pn}\g^p=0\quad((1-\z)\nmid\a\b\g)$$
の満たすべき性質について考えていく。

 ある$r$が存在し、$i\neq r\ (0\leq i< p)$においては
$$(1-\z)|(\a+\z^i\b),\quad(1-\z)^2\nmid(\a+\z^i\b)$$
が成り立ち、$i=r$のときは
$$(1-\z)^2|(\a+\z^r\b)$$
が成り立つ。特に
$$(1-\z)^{p+1}|(\a^p+\b^p)=(1-\z)^{pn}(\g)^p$$
が成り立つので$n\geq2$でなければならない。

$$(\a^p+\b^p)=\prod^{p-1}_{i=0}(\a+\z^i\b)=(1-\z)^{pn}(\gamma)^p$$
および
$$\a+\z^i\b\equiv\a+\b\pmod{1-\z}$$
が成り立つことから$\a+\z^i\b$はそれぞれ少なくとも一回は$1-\z$で割り切れる。
 またある$0\leq i< j\leq p-1$について
$$\a+\z^i\b\equiv\a+\z^j\b\pmod{(1-\z)^2}$$
が成り立つとすると
$$(1-\z)\b\equiv0\pmod{(1-\z)^2}$$
でなければならないが、これは$(1-\z)\nmid\b$に矛盾。
 したがって
$$\frac{\a+\z^i\b}{1-\z}\quad(i=0,1,2,\ldots,p-1)$$
$\Z[\z]/(1-\z)$においてそれぞれ異なる剰余を持ち、$|\Z[\z]/(1-\z)|=p$に注意すると
$$\frac{\a+\z^r\b}{1-\z}\equiv0\pmod{1-\z}$$
を満たす$i=r$がただ一つ存在することがわかる。

 $0\leq i< j\leq p-1$に対し
$$\gcd((\a+\z^i\b),(\a+\z^j\b))=(\a,\b)(1-\z)$$
が成り立つ。

 $(\a+\z^i\b),(\a+\z^j\b)$の最大公約イデアルを$\mf a$とおく。このとき
$$\mf a\mid\big((\a+\z^i\b)-(\a+\z^j\b)\big)=(1-\z)(\b)$$
および同様に$\mf a\mid(1-\z)(\a)$が成り立つので、$(\a),(\b)$の最大公約イデアルは$(\a,\b)$であることから$\mf a\mid(\a,\b)(1-\z)$がわかる。
 また
$$(1-\z)\nmid(\a,\b),\quad(\a,\b)(1-\z)|(\a+\z^k\b)$$
に注意すると$(\a,\b)(1-\z)\mid\mf a$もわかるので$\mf a=(\a,\b)(1-\z)$を得る。

 補題5のような$r$について$\z^r\b$を改めて$\b$とおくことで$(1-\z)^2|(\a+\b)$とする。
 このときある単数$\e_i$$\ord_{(1-\z)}t_i=0$なるある$t_i\in\Q(\z)$があって
$$\frac{\a+\z^i\b}{\a+\b}=\frac{\e_i t_i^p}{(1-\z)^{p(n-1)}}$$
が成り立つ。

 $\mf o=(\a,\b)$とおくと補題5,6から
\begin{align} (\a+\b)&=\mf o(1-\z)^{p(n-1)+1}\mf c_0^p\\ (\a+\z^i\b)&=\mf o(1-\z)\mf c_i^p&(i\neq0) \end{align}
なる互いに素なイデアル$\mf c_i$が取れる。
 このとき$i\neq0$に対し
$$(\mf c_i\mf c_0^{-1})^p=(\a+\z^i\b)(\a+\b)^{-1}(1-\z)^{p(n-1)}$$
は単項分数イデアルであるので、$p$は正則素数であったことから 前回の記事 の補題4より$\mf c_i\mf c_0^{-1}$も単項分数イデアルとなる。
 したがって
$$\mf c_i\mf c_0^{-1}=(t_i)\quad(t_i\in\Q(\z))$$
とおくと$(1-\z)\nmid\mf c_k$より$\ord_{(1-\z)}t_i=0$であり、また
$$(\a+\z^i\b)(\a+\b)^{-1}=(t_i)^p(1-\z)^{-p(n-1)}$$
よりある$\e_i\in\Z[\z]^{\times}$によって
$$\frac{\a+\z^i\b}{\a+\b}=\frac{\e_i t_i^p}{(1-\z)^{p(n-1)}}$$
と表せることがわかる。

証明

 ある$\e\in\Z[\z]^\times$$n\geq1$に対し
$$\a^p+\b^p+\e(1-\z)^{pn}\g^p=0\quad((1-\z)\nmid\a\b\g)$$
を満たすような$\a,\b,\g\in\Z[\z]$は存在しない。

 補題7の$i=1$の場合を恒等式
$$\a+\z\b=(1+\z)(\a+\b)-\z(\a+\z^{p-1}\b)$$
を用いて整理すると
$$\z\e_{p-1}t_{p-1}^p+\e_1t_1^p-(1+\z)(1-\z)^{p(n-1)}=0$$
となり、これに適当な(代数的)整数と単数をかけると
$$c_{p-1}^p+\ve c_1^p+\e'(1-\z)^{p(n-1)}c_0^p=0\quad(\ve,\e'\in\Z[\z]^\times)$$
と変形できる。このとき$t_i$の取り方から$(1-\z)\nmid c_{p-1}c_1c_0$とできることに注意する。
 いま補題5から$n\geq2$であったので
$$(1-\z)^{pn}\equiv0\pmod{p}$$
となり、また 前回の記事 の補題5からある整数$a,b$があって$$c_{p-1}^p\equiv a,\quad c_1^p\equiv b\not\equiv0\pmod{p}$$
となるので、$\ve\equiv ab^{-1}\pmod{p}$が成り立つ。
 したがって Kummerの補題 から$\ve=(\ve')^p$なる$\ve'\in\Z[\z]^{\times}$が存在し、$\ve'c_1$を再び$c_1$とおくことで
$$c_{p-1}^p+c_1^p+\e'(1-\z)^{p(n-1)}c_0^p=0$$
を得る。
 さて方程式
$$\a^p+\b^p+\e(1-\z)^{pn}\g^p=0$$
がある$n$に対して解を持つとするとこのように$n-1$における解が得られ、同様にしていくことで$n=1$の解も得られることになるが、補題5からこの方程式は$n\geq2$においてしか解を持たないので矛盾を得る。

 以上より正則素数$p$に対してセカンドケースは成り立たないことが示された。

参考文献

投稿日:2020122
更新日:110

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

子葉
子葉
912
182404
主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中