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不定方程式の整数解

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p を奇素数で p3mod4 とする. このときの 方程式 y2+p2=x3 の整数解を求める.

この問題はかの有名な雪江整数Ⅰを読んで類題として得られた.

まず, 与式は Z[1] 上で (y+p1)(yp1)=x3 と分解される.

(y+p1)(yp1)Z[1] のイデアルとして互いに素である

ここで, (y+p1)(yp1) が互いに素でないとする. 共通の素イデアルを P とすると, P
2p1=(y+p1)(yp1)
を割る. つまり, (2p)=(1+1)2(p) を割る. またこの等式は (2p) の素イデアル分解になっている.
(p) が素イデアルであることは p3mod4 という仮定よりわかる. また, (1+1) が素イデアルであることは Z[1]/(1+1)F2 であることよりわかる.

よって, P=(1+1) or (p) である.

(i)P=(1+1) のとき

y が偶数のとき,
yp=(y+p1)p(1+1)P. である. yp は奇数であり, 2P より, 1P となり矛盾.
y が奇数のとき, 与式より x は偶数である. 与式の両辺を mod4 で考えると y2+p22mod4x30mod4 より矛盾.

(ii)P=(p) のとき

y が奇数のときは(i)と同様に矛盾.
y が偶数のとき,
y=(y+p1)p1P.
であるので, y=2pz (zZ) と書ける. また与式より x=pw (wZ) と書け, これを与式に代入すると,
4p2z2+p2=p3w34z2+1=pw34z2+10modp(2z)21modp
となるが p3mod4 なので, 平方剰余の法則に矛盾.

よって, (y+p1)(yp1) は互いに素である.

ここで, 与式はイデアルとして (y+p1)(yp1)=(x)3 となることと素イデアル分解の一意性より, Z[1] のイデアル I があり
(y+p1)=I3
と書ける.

また, Z[1] はPIDなので, I=(a+b1) (a,bZ) と書ける. よって, εZ[1]×={±1,±1} を用いて,
y+p1=ε(a33ab2+(3a2bb3)1)
となる. ε=1,±1 のときは, a,b の符号や場所を変えることで, ε=1 の場合に帰着できるので, ε=1 の場合のみを考えればよい. (例. ε=1 のとき, 上の等式の右辺は (b33a2b)+(a33ab2)1 となるが, これは I=(ba1) としたときの ε=1 である.)

よって,
(1)y+p1=(a33ab2+(3a2bb3)1)

となり, 1 の係数を比較すると, p=b(3a2b2) となる. よって (b,3a2b2)=(±1,±p),(±p,±1). ここで, (b,3a2b2)=(1,p),(p,1) のとき a2 を計算すると, それぞれ負, 非整数となり矛盾. よって, (b,3a2b2)=(1,p),(p,1) である.

(1)(b,3a2b2)=(1,p) のとき

a2 を計算すると, a2=p+13 となるので a2 が整数となるために p1mod3 が必要. また仮定より, p1mod4 なので, p=12s1 (sZ) と書ける. これを a2=p+13 に代入すると, a2=4s となり, s=t2 (tZ) とおくと, a=±2t となる. (a,b)=(±2t,1)y=a33ab2 ((1)より) に代入すると, y=±2t(4t23) となり, このとき x=4t2+1 である. よって, p=12t21 と書けるとき, 方程式の解の組 (x,y)=(4t2+1,±2t(4t23)) を得る.

(2)(b,3a2b2)=(p,1) のとき

a2 を計算すると, a2=p213 となるので, a2 が整数となるためには p±1mod3 が必要.

(i)p1mod3 のとき

p1mod4 より, p=12k1 (kZ) と書け, a2=p213=8k(6k1) となる. 右辺が平方数となるためには k2Z が必要. k=2m (mZ) とおくと, a2=16m(12m1) となる. m(12m1) が平方数となるが, m12m1 は互いに素なので, それぞれが平方数, つまり n,lZ を用いて m=n2,12m1=l2 と書ける. m を消去すると, 12n21=l2 となる これよりl は奇数なので, l=2v+1 (vZ) とすると, 6n2=2v2+2v+1 となるが, これは偶奇が異なるので矛盾.

(ii) p1mod3 のとき

p1mod4 より, p=12k5 (kZ) と書け, a2=p213=8(6k25k+1) となる. 右辺が平方数となるには, 6k25k+1 が偶数となることが必要. また, これが偶数となるためには, k が奇数となることが必要. よって, k=2l+1 (lZ) とおくと, a2=16(12l2+7l+1)=(3l+1)(4l+1) となる. (3l+1)(4l+1) が平方数となるが, 3l+14l+1 は互いに素であるので,それぞれが平方数となる.

3l+1 が平方数となるのは 3l+1=(3t±1)2 (tZ) より, l=t(3t±2) となるときであり, 4l+1 が平方数となるのは, 4l+1=(2s+1)2 (sZ) より l=s(s+1) となるとき. ここで一つ補題を示す.

l=s(s+1)=t(3t±2) を満たす s,tZ に対して l7Z である.

s2+s=3t2±2 を変形すると,
(6t±2)23(2s+1)2=1
という式が得られる. ここで, x=6t±2, y=2s+1 とおくと x23y2=1 となる. ここで連分数展開を用いたペル方程式の解の定理を用いると, ϵ=2+3 にたいして, ϵn=xn+yn3 (nZ) とかけるとき, (xn,yn) は方程式 x23y2=1 の解となる.

n が偶数のとき, yn は偶数となるが, y=2s+1 は奇数なので不適.
n が奇数のとき, xn±2,y±1mod7 となる. 実際, x1=2,y1=1 に関しては成立. n を奇数として,
xn+2+yn+23=(xn+yn3)ϵ2=(xn+yn3)(7+43)=7xn+12yn+(4xn+7yn)3
となるので, 帰納法より xn+2=7xn+12yn2yn±2, yn+2=4xn+7yn4xn±1 となる. ϵ2 をかける時も同様に示せる.

よって,
y±1mod72s+1±12s0,2s0,1
となるので, l=s(s+1)7Z である.

ここで, p=12k5, k=2l+1 より p=24l7 なので, 補題より p7 の倍数だが, p は素数なので p=7 のみ成立.

p=7 のとき, (a,b)=(±4,7) となり xy を計算すると方程式の解 (x,y)=(65,±524) という解を得る.

以上より,

pp3mod4 である奇素数のとき 方程式 y2+p2=x3 の整数解は (x,y,p)=(65,±524,7),(4t2+1,±2t(4t23),12t21) である. ただし, t12t21 が素数となるような 整数 t である.

まとめ

今回は,p3mod4 であることや, Z[1] が虚二次体で単数が有限個であること, Z[1] がPID, つまり類数が 1 であることなど, 恐らくごく簡単の場合を示した.

p1mod4 における今回の方程式や, y2p=x3 などの方程式の整数解については 今回の方法では解けなさそうで, 少し難しそうなので私はもっと勉強して挑戦したいと思います. 全然簡単でこれらが解けた方いれば教えてくださると喜びます.

初めてのmathlogの投稿ですがなにかあれば遠慮なくコメントしてください. 開くことが少ないと思うので気づくのが遅いとは思いますが.

読んでくださりありがとうございました。

投稿日:2023711
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  1. (1)(b,3a2b2)=(1,p) のとき
  2. (2)(b,3a2b2)=(p,1) のとき
  3. まとめ