不定方程式の整数解

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$p$ を奇素数で $p \equiv 3 \mod 4$ とする. このときの方程式 $y^{2} + p^{2} = x^{3}$ 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 $Z [\sqrt{- 1}]$ 上で $(y + p \sqrt{- 1}) (y - p \sqrt{- 1}) = x^{3}$ と分解される.

$(y + p \sqrt{- 1})$ と $(y - p \sqrt{- 1})$ は $Z [\sqrt{- 1}]$ のイデアルとして互いに素である

ここで, $(y + p \sqrt{- 1})$ と $(y - p \sqrt{- 1})$ 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, $P$ は
$2 p \sqrt{- 1} = (y + p \sqrt{- 1}) - (y - p \sqrt{- 1})$
を割る. つまり, $(2 p) = (1 + \sqrt{- 1})^{2} (p)$ を割る. またこの等式は $(2 p)$ 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 $p \equiv 3 \mod 4$ という仮定よりわかる. また, $(1 + \sqrt{- 1})$ が素イデアルであることは $Z [\sqrt{- 1}] / (1 + \sqrt{- 1}) ≅ F_{2}$ であることよりわかる.

よって, $P = (1 + \sqrt{- 1})$ or $(p)$ である.

(i) $P = (1 + \sqrt{- 1})$ のとき

$y$ が偶数のとき,
$y - p = (y + p \sqrt{- 1}) - p (1 + \sqrt{- 1}) \in P .$ である. $y - p$ は奇数であり, $2 \in P$ より, $1 \in P$ 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 $\mod 4$ で考えると $y^{2} + p^{2} \equiv 2 \mod 4$ と $x^{3} \equiv 0 \mod 4$ 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,
$y = (y + p \sqrt{- 1}) - p \sqrt{- 1} \in P .$
であるので, $y = 2 p z$ ( $z \in Z$ ) と書ける. また与式より $x = p w$ ( $w \in Z$ ) と書け, これを与式に代入すると,
$\begin{array}{rcl} 4 p^{2} z^{2} + p^{2} & = & p^{3} w^{3} \\ 4 z^{2} + 1 & = & p w^{3} \\ 4 z^{2} + 1 & \equiv & 0 \mod p \\ (2 z)^{2} & \equiv & - 1 \mod p \end{array}$
となるが $p \equiv 3 \mod 4$ なので, 平方剰余の法則に矛盾.

よって, $(y + p \sqrt{- 1})$ と $(y - p \sqrt{- 1})$ は互いに素である.

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

また, $Z [\sqrt{- 1}]$ はPIDなので, $I = (a + b \sqrt{- 1})$ ( $a, b \in Z$ ) と書ける. よって, $ε \in Z [\sqrt{- 1}]^{\times} = {\pm 1, \pm \sqrt{- 1}}$ を用いて,
$y + p \sqrt{- 1} = ε (a^{3} - 3 a b^{2} + (3 a^{2} b - b^{3}) \sqrt{- 1})$
となる. $ε = - 1, \pm \sqrt{- 1}$ 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. $ε = \sqrt{- 1}$ のとき, 上の等式の右辺は $(b^{3} - 3 a^{2} b) + (a^{3} - 3 a b^{2}) \sqrt{- 1}$ となるが, これは $I = (b - a \sqrt{- 1})$ としたときの $ε = 1$ である.)

よって,
$\begin{matrix} (1) & y + p \sqrt{- 1} = (a^{3} - 3 a b^{2} + (3 a^{2} b - b^{3}) \sqrt{- 1}) \end{matrix}$

となり, $\sqrt{- 1}$ の係数を比較すると, $p = b (3 a^{2} - b^{2})$ となる. よって $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (\pm 1, \pm p), (\pm p, \pm 1)$ . ここで, $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (- 1, - p), (p, 1)$ のとき $a^{2}$ を計算すると, それぞれ負, 非整数となり矛盾. よって, $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (1, p), (- p, - 1)$ である.

(1) $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (1, p)$ のとき

$a^{2}$ を計算すると, $a^{2} = \frac{p + 1}{3}$ となるので $a^{2}$ が整数となるために $p \equiv - 1 \mod 3$ が必要. また仮定より, $p \equiv - 1 \mod 4$ なので, $p = 12 s - 1$ ( $s \in Z$ ) と書ける. これを $a^{2} = \frac{p + 1}{3}$ に代入すると, $a^{2} = 4 s$ となり, $s = t^{2}$ ( $t \in Z$ ) とおくと, $a = \pm 2 t$ となる. $(a, b) = (\pm 2 t, 1)$ を $y = a^{3} - 3 a b^{2}$ ((1)より) に代入すると, $y = \pm 2 t (4 t^{2} - 3)$ となり, このとき $x = 4 t^{2} + 1$ である. よって, $p = 12 t^{2} - 1$ と書けるとき, 方程式の解の組 $(x, y) = (4 t^{2} + 1, \pm 2 t (4 t^{2} - 3))$ を得る.

(2) $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (- p, - 1)$ のとき

$a^{2}$ を計算すると, $a^{2} = \frac{p^{2} - 1}{3}$ となるので, $a^{2}$ が整数となるためには $p \equiv \pm 1 \mod 3$ が必要.

(i) $p \equiv - 1 \mod 3$ のとき

$p \equiv - 1 \mod 4$ より, $p = 12 k - 1$ ( $k \in Z$ ) と書け, $a^{2} = \frac{p^{2} - 1}{3} = 8 k (6 k - 1)$ となる. 右辺が平方数となるためには $k \in 2 Z$ が必要. $k = 2 m$ ( $m \in Z$ ) とおくと, $a^{2} = 16 m (12 m - 1)$ となる. $m (12 m - 1)$ が平方数となるが, $m$ と $12 m - 1$ は互いに素なので, それぞれが平方数, つまり $n, l \in Z$ を用いて $m = n^{2}, 12 m - 1 = l^{2}$ と書ける. $m$ を消去すると, $12 n^{2} - 1 = l^{2}$ となるこれより $l$ は奇数なので, $l = 2 v + 1$ ( $v \in Z$ ) とすると, $6 n^{2} = 2 v^{2} + 2 v + 1$ となるが, これは偶奇が異なるので矛盾.

(ii) $p \equiv 1 \mod 3$ のとき

$p \equiv - 1 \mod 4$ より, $p = 12 k - 5$ ( $k \in Z$ ) と書け, $a^{2} = \frac{p^{2} - 1}{3} = 8 (6 k^{2} - 5 k + 1)$ となる. 右辺が平方数となるには, $6 k^{2} - 5 k + 1$ 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, $k = 2 l + 1$ ( $l \in Z$ ) とおくと, $a^{2} = 16 (12 l^{2} + 7 l + 1) = (3 l + 1) (4 l + 1)$ となる. $(3 l + 1) (4 l + 1)$ が平方数となるが, $3 l + 1$ と $4 l + 1$ は互いに素であるので,それぞれが平方数となる.

$3 l + 1$ が平方数となるのは $3 l + 1 = (3 t \pm 1)^{2}$ ( $t \in Z$ ) より, $l = t (3 t \pm 2)$ となるときであり, $4 l + 1$ が平方数となるのは, $4 l + 1 = (2 s + 1)^{2}$ ( $s \in Z$ ) より $l = s (s + 1)$ となるとき. ここで一つ補題を示す.

$l = s (s + 1) = t (3 t \pm 2)$ を満たす $s, t \in Z$ に対して $l \in 7 Z$ である.

$s^{2} + s = 3 t^{2} \pm 2$ を変形すると,
$(6 t \pm 2)^{2} - 3 (2 s + 1)^{2} = 1$
という式が得られる. ここで, $x = 6 t \pm 2$ , $y = 2 s + 1$ とおくと $x^{2} - 3 y^{2} = 1$ 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, $ϵ = 2 + \sqrt{3}$ にたいして, $ϵ^{n} = x_{n} + y_{n} \sqrt{3}$ ( $n \in Z$ ) とかけるとき, $(x_{n}, y_{n})$ は方程式 $x^{2} - 3 y^{2} = 1$ の解となる.

$n$ が偶数のとき, $y_{n}$ は偶数となるが, $y = 2 s + 1$ は奇数なので不適.
$n$ が奇数のとき, $x_{n} \equiv \pm 2, y \equiv \pm 1 \mod 7$ となる. 実際, $x_{1} = 2, y_{1} = 1$ に関しては成立. $n$ を奇数として,
$\begin{array}{rcl} x_{n + 2} + y_{n + 2} \sqrt{3} & = & (x_{n} + y_{n} \sqrt{3}) ϵ^{2} \\ = & (x_{n} + y_{n} \sqrt{3}) (7 + 4 \sqrt{3}) \\ = & 7 x_{n} + 12 y_{n} + (4 x_{n} + 7 y_{n}) \sqrt{3} \end{array}$
となるので, 帰納法より $x_{n + 2} = 7 x_{n} + 12 y_{n} \equiv - 2 y_{n} \equiv \pm 2$ , $y_{n + 2} = 4 x_{n} + 7 y_{n} \equiv 4 x_{n} \equiv \pm 1$ となる. $ϵ^{- 2}$ をかける時も同様に示せる.

よって,
$\begin{array}{rcl} y & \equiv & \pm 1 \mod 7 \\ 2 s + 1 & \equiv & \pm 1 \\ 2 s & \equiv & 0, - 2 \\ s & \equiv & 0, - 1 \end{array}$
となるので, $l = s (s + 1) \in 7 Z$ である.

ここで, $p = 12 k - 5$ , $k = 2 l + 1$ より $p = 24 l - 7$ なので, 補題より $p$ は $7$ の倍数だが, $p$ は素数なので $p = 7$ のみ成立.

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

以上より,

$p$ が $p \equiv 3 \mod 4$ である奇素数のとき方程式 $y^{2} + p^{2} = x^{3}$ の整数解は $(x, y, p) = (65, \pm 524, 7), (4 t^{2} + 1, \pm 2 t (4 t^{2} - 3), 12 t^{2} - 1)$ である. ただし, $t$ は $12 t^{2} - 1$ が素数となるような整数 $t$ である.

まとめ

今回は, $p \equiv 3 \mod 4$ であることや, $Z [\sqrt{- 1}]$ が虚二次体で単数が有限個であること, $Z [\sqrt{- 1}]$ 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.

$p \equiv 1 \mod 4$ における今回の方程式や, $y^{2} - p = x^{3}$ 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：2023年7月11日

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不定方程式の整数解

(1)$(b,3a^2-b^2)=(1,p)$ のとき
(2)$(b,3a^2-b^2)=(-p,-1)$ のとき
まとめ

不定方程式の整数解

(i)P=(1+−1) のとき

(ii)P=(p) のとき

(1)(b,3a2−b2)=(1,p) のとき

(2)(b,3a2−b2)=(−p,−1) のとき

(i)p≡−1mod3 のとき

(ii) p≡1mod3 のとき

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(i) $P = (1 + \sqrt{- 1})$ のとき

(ii) $P = (p)$ のとき

(1) $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (1, p)$ のとき

(2) $(b, 3 a^{2} - b^{2}) = (- p, - 1)$ のとき

(i) $p \equiv - 1 \mod 3$ のとき

(ii) $p \equiv 1 \mod 3$ のとき