Fermat の最終定理に挑む(その 12) - Red cat の数学よもやま話

五つの補題

先日の予告どおり、まずは五つの補題を示します。

補題 1

単数 $E=\omega^n(n\in\mathbb{Z})$ が 5 を法として有理整数と合同であるための必要十分条件は $5|n$ である。
(証明)
$\omega=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\omega^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2},\omega^3=2+\sqrt{5},\omega^4=\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\\\omega^5=\frac{11+5\sqrt{5}}{2}=3+5\omega$
故
$\omega^5\equiv 3\pmod{5}$ … (1)
である。また
$\omega^{-5}=(\omega^5)^{-1}=\frac{2}{11+5\sqrt{5}}=\frac{-11+5\sqrt{5}}{2}=-3+5\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$
故
$\omega^{-5}\equiv -3\pmod{5}$ … (2)
である。
さて $5|n$ とすれば、 $n=5n'$ となる有理整数 $n'$ が存在する。 $n'>0$ ならば (1) の両辺を $n'$ 乗して
$\omega^n=(\omega^5)^{n'}\equiv 3^{n'}\pmod{5}$
であり、 $n'<0$ ならば (2) の両辺を $-n'$ 乗して
$\omega^n=(\omega^{-5})^{-n'}\equiv(-3)^{-n'}\pmod{5}$
である。また $n=0$ のときは $\omega^0=1$ であるから明らかである。
逆に $\omega^n$ がある有理整数に合同であるとして、 $n=5m+r(0\leq r\leq 4)$ とすると
$\omega^n=\omega^{5m}\omega^r\equiv 3^m\omega^r\pmod{5}$
であり、 $3\cdot 2\equiv 1\pmod{5}$ に注意して
$\omega^r\equiv 2^m\omega^n\pmod{5}$
である。右辺がある有理整数に合同であるから、この関係式を満たす r は $r=0$ よりない。従って $5|n$ が成り立つ。

補題 2

$\omega^n\equiv\pm 1\pmod{5}$ となる必要十分条件は $10|n$ である。
(証明)
$10|n$ ならば $n=10n'$ となる有理整数 $n'$ が存在するので
$\omega^n=(\omega^5)^{2n'}\equiv 3^{2n'}\equiv (-1)^{n'}=\pm 1\pmod{5}$
である。逆に $\omega^n\equiv\pm 1\pmod{5}$ ならば、補題 1 により $n=5n'$ となる有理整数 $n'$ が存在する。 $n'=2m+r(0\leq r\leq 1)$ とおくと
$\omega^n=\omega^{5(2m+r)}=\omega^{10m}\omega^{5r}\equiv (-1)^m\omega^{5r}\pmod{5}$
であるから、 $\omega^{5r}\equiv\pm 1\pmod{5}$ とならなければならない。 $r=1$ とすれば
$\omega^{5r}=\omega^5\equiv 3\not\equiv\pm 1\pmod{5}$
だから $r=0$ 、よって $10|n$ を得る。

補題 3

単数 $E$ が次の条件を満たすとする。

$E\equiv 1\pmod{5}$
$H=\frac{E^5-1}{5(E-1)}$ は単数である。

このとき $E=1$ となる。
(証明)
$H=\frac15(E^4+E^3+E^2+E+1)$ … (*)
で $E$ は実数であるから $H>0$ である。実際
$E^4+E^3+E^2+E+1=E^2(E+\frac12)^2+\frac34(E+\frac23)^2+\frac23>0$ 。
$E,H$ の共役をそれぞれ $\bar{E},\bar{H}$ で表すとき、(*) により
$\bar{H}=\frac15(\bar{E}^4+\bar{E}^3+\bar{E}^2+\bar{E}+1)$
であるから $\bar{H}>0$ 。ゆえに $N(H)=1$ である。
$E=\pm\omega^n$ とおくと、条件 1 により $\omega^n\equiv\pm 1\pmod{5}$ であるから、補題 2 により $10|n$ 。故に $n=10n'$ とおけるので
$N(E)=\omega^n\bar{\omega}^n=(\omega^{5n'}\bar{\omega}^{5n'})^2\geq 0$
である。従って $N(E)=1$ 。これを用いて $\bar{H}$ を計算すると
$\bar{H}=\frac{\bar{E}^5-1}{5(\bar{E}-1)}=\frac{(\frac{1}{E^5}-1)}{5(\frac{1}{E}-1)}=\frac{1-E^5}{5E^4(1-E)}$
となるので、これを $N(H)=H\bar{H}=1$ に代入すると
$1=\frac{E^5-1}{5(E-1)}\cdot\frac{1-E^5}{5E^4(1-E)}=(\frac{E^5-1}{E-1})\frac{1}{25E^4}$
となる。 $H>0$ により $\frac{E^5-1}{E-1}=5H>0$ であるから、この式により
$\frac{E^5-1}{E-1}=5E^2$ ,
すなわち
$E^4+E^3-4E^2+E+1=0$
を得る。これは $E$ に関する 4 次方程式であり、これを解くと
$(E-1)^2(E^2+3E+1)=0$ ,
すなわち $E=1,\frac{-3\pm\sqrt{5}}{2}$ を得るが、この中で条件 1 を満たすものは $E=1$ のみであるから結論を得る。

補題 4

$\lambda=\sqrt{5}$ とする*1。 $\alpha\in\mathbb{Z}[\omega]$ が $\lambda$ で割り切れないならば
$\alpha^5\equiv\pm 1,\pm 7\pmod{\lambda^3}$
のいずれかである。
(証明)
$\frac{a+b\sqrt{5}}{2}$ ( $a,b\in\mathbb{Z}a\equiv b\pmod{2}$ )
が $\lambda$ で割り切れるならば
$\frac{a+b\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5}\frac{c+d\sqrt{5}}{2}$ ( $c,d\in\mathbb{Z}c\equiv d\pmod{2}$ )
となるから
$a+b\sqrt{5}=5d+c\sqrt{5}$
故、 $a=5d$ 、すなわち a は 5 の倍数である。逆に a が 5 の倍数ならば
$\frac{a+b\sqrt{5}}{2}$ ( $a,b\in\mathbb{Z}a\equiv b\pmod{2}$ )
が $\lambda$ で割り切れることは明らかだから
$\lambda|\frac{a+b\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow 5|a$
が成り立つ。
さて
$\alpha=\frac{a+b\sqrt{5}}{2}$ ( $a,b\in\mathbb{Z}a\equiv b\pmod{2}$ )
とおくと仮定により $\lambda\not|\alpha$ だから $5\not|a$ である。また、 $a=2\alpha-b\sqrt{5}$ の両辺を 5 乗して
$a^5=(2\alpha)^5-5(2\alpha)^4b\sqrt{5}+10(2\alpha)^3(b\sqrt{5})^2-10(2\alpha)^2(b\sqrt{5})^3\\+5\cdot 2\alpha(b\sqrt{5})^4-(b\sqrt{5})^5$
$\therefore a^5\equiv(2\alpha)^5\pmod{\lambda^3}$ … (1).
$7\cdot 2^5=224\equiv -1\pmod{25}$ だから $7\cdot 2^5\equiv -1\pmod{\lambda^3}$ 、故に (1) の両辺に - 7 を掛けて
$\alpha^5\equiv -7a^5\pmod{\lambda^3}$ … (2)
を得る。 $5\not|a$ に注意して $a=5m+r(r=\pm 1,\pm 2)$ とおくと
$a^5=(5m)^5+5(5m)^4r+10(5m)^3r^2+10(5m)^2r^3\\+5\cdot 5mr^4+r^5$
$\therefore a^5\equiv r^5\pmod{25}$
$\therefore a^5\equiv(\pm 1)^5,(\pm 2)^5\pmod{25}$
$\therefore a^5\equiv\pm 1,\pm 7\pmod{25}$
従って
$a^5\equiv\pm 1,\pm 7\pmod{\lambda^3}$
であるから、これを (2) に代入して
$\alpha^5\equiv -7\cdot(\pm 1),-7\cdot(\pm 7)\pmod{\lambda^3}$
$\therefore\alpha^5\equiv\pm 1,\pm 7\pmod{\lambda^3}$ .

補題 5

方程式 $x^5-y^5=z^5,xyz\neq 0$ が $\mathbb{Z}[\omega]$ に解を持つならば、 $x,y,z$ のうち少なくとも一つは $\lambda$ で割り切れる。
(証明)
もし $x,y,z$ が全て $\lambda$ で割り切れないならば、補題 4 により
$\{\begin{matrix}\pm 1\\\pm 7\end{matrix}\}-\{\begin{matrix}\pm 1\\\pm 7\end{matrix}\}\equiv\{\begin{matrix}\pm 1\\\pm 7\end{matrix}\}\pmod{\lambda^3}$
でなければならないが、これはいかなる組合せをもってしても不可能である。故に $x,y,z$ のうち少なくとも一つは $\lambda$ で割り切れる。
以上で必要な補題の証明は終わりました。いよいよ明日、Fermat の最終定理の n = 5 の場合を証明します。

*1: $\lambda$ は素数です。