Fermat の最終定理に挑む(その 9) - Red cat の数学よもやま話

一通りの準備は出来ましたので、いよいよ n = 3 に挑みます。

n = 3 の場合

問題を少し拡張して

$\alpha^3+\beta^3+\gamma^3=0,\alpha\beta\gamma\neq 0$ … (1)
なる $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{Z}[\omega]$ は存在しない

ことを示しましょう。
このためには、 $\xi$ が $\lambda$ で(すなわち $\sqrt{-3}$ で)割り切れないならば
$\xi^3\equiv\pm 1\pmod{9}$ … (*)
が成り立つことを利用します。これを示すには、 $\xi$ が $\sqrt{-3}$ で割り切れないならば
$\pm\xi=1+\eta\sqrt{-3}$
と表せることを知れば十分です。
さて、上記のような $\alpha,\beta,\gamma$ が存在したとします。これらは、どの二つも互いに素であるとして構いません。もし、三数とも全て $\lambda$ で割り切れないならば
$\pm 1\pm 1\pm 1\equiv 0\pmod{9}$
とならなければいけませんが、これは複号をどのように組み合わせても成り立ちません。従って、どれか一つだけが $\lambda$ で割り切れる必要がありますが、それは $\alpha$ であるとして構いません。そこで
$\alpha=\lambda^m\alpha_0,m\geq 1,\gcd(\alpha_0,\lambda)=1$
とおきます。すると (1) により
$\beta^3+\gamma^3=-\lambda^{3m}\alpha_0^3$
が成り立つことになりますが、これも問題を拡張して、任意の単数 $\varepsilon$ に対して
$\beta^3+\gamma^3=\varepsilon\lambda^{3m}\alpha_0^3$ … (2)
が不可能であることを示します。9 と $\lambda^4$ は同伴(3 と $\lambda^2$ が同伴だったことを思い出してください)なので、(*) により
$\pm 1\pm 1\equiv\varepsilon\lambda^{3m}{\alpha_0}^3\pmod{\lambda^4}$
となる必要があり、従って左辺は 0 でなければいけませんが
$0\equiv\varepsilon\lambda^{3m}{\alpha_0}^3\pmod{\lambda^4}$

は m = 1 とすれば不可能です。以下、(2) が $m(\geq 2)$ のときに解を持てば、m - 1 のときにも解を持つことを示します。
$\beta^3+\gamma^3=(\beta+\gamma)(\beta+\omega\gamma)(\beta+\omega^2\gamma)$
かつ
$\left\{\begin{align}\beta+\omega\gamma&=(\beta+\gamma)-\lambda\gamma\\\beta+\omega^2\gamma&=(\beta+\gamma)+\lambda\omega^2\gamma\end{align}\right.$
であり、(2) により左辺は $\lambda^{3m}$ で割り切れることを要するので、
$\left\{\begin{align}\beta+\gamma&=\lambda^{3m-2}\kappa\\\beta+\omega\gamma&=\lambda\mu\\\beta+\omega^2\gamma&=\lambda\nu\end{align}\right.$
とならなければなりません。ここに $\kappa,\mu,\nu$ は $\lambda$ で割れない整数です。また、これら三つの因数は $\lambda$ 以外に公約数を持ちません。なぜならば、ほかに公約数があるならばそれは $(\beta+\gamma)-(\beta+\omega\gamma)=\lambda\gamma$ と $\omega(\beta+\gamma)-(\beta+\omega\gamma)=-\lambda\beta$ の公約数でなければならないからです(仮定により $\beta$ と $\gamma$ は互いに素)。
故に $\kappa,\mu,\nu$ はどの二つも互いに素で、(2) に代入すると
$\kappa\mu\nu=\varepsilon{\alpha_0}^3$
を得るので、 $\kappa,\mu,\nu$ はいずれもある整数の 3 乗に同伴な数でなければなりません。従って
$\left\{\begin{align}\beta+\gamma&=\varepsilon_1\lambda^{3m-2}{\alpha'}^3\\\beta+\omega\gamma&=\varepsilon_2\lambda{\beta'}^3\\\beta+\omega^2\gamma&=\varepsilon_3\lambda{\gamma'}^3\end{align}\right.$
で、 $\alpha',\beta',\gamma'$ はどの二つも互いに素で、かつ $\lambda$ では割れない整数です。また $\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3$ は単数です。このことから
$\begin{vmatrix}1&1&\varepsilon_1\lambda^{3(m-1)}{\alpha'}^3\\1&\omega&\varepsilon_2{\beta'}^3\\1&\omega^2&\varepsilon_3{\gamma'}^3\end{vmatrix}=0$
となることを要します。第三列で展開すると、余因子に現れるのは
$\omega^2-\omega=-\omega\lambda,1-\omega^2=-\omega^2\lambda,\omega-1=-\lambda$
でいずれも $\lambda$ に同伴なので、展開式を整理して
${\beta'}^3+\vartheta{\gamma'}^3=\vartheta'\lambda^{3(m-1)}{\alpha'}^3$ ( $\vartheta,\vartheta'$ は単数)
を得ます。再び (*) により、 $m>1$ に注意して
$\pm 1\pm\vartheta\equiv 0\pmod{\lambda^3}$
を得ますから、 $\vartheta=\mp 1$ となります。 $\vartheta=-1$ ならば $-\gamma'$ を改めて $\gamma'$ と置けば
${\beta'}^3+{\gamma'}^3=\varepsilon'\lambda^{3(m-1)}{\alpha'}^3$
となり、これは (2) において m を m - 1 に変えても解があることを示しています。これにより、帰納的に (2) が不可能であることが示され、Fermat の最終定理は n = 3 のときに正しいことが示されました。