Fermat の最終定理に挑む(その 13)

数学・代数

以下、断りがなければ整数は \mathbb{Q}(\sqrt{5}) における整数とし、\omega=\frac{1+\sqrt{5}}{2},\bar{\omega}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}、また \lambda=\sqrt{5} とします。

n = 5 の場合

問題を変形・一般化し、さらに前回証明した補題 5 を使って

x^5-y^5=E\lambda^{5+\mu}z^5,xyz\neq 0 … (*)
は \mathbb{Q}(\sqrt{5}) の整数を解に持たない。ただし \mu は非負の有理整数、E は単数、x,y,z,\lambda はどの二つも互いに素とする。

を示せばよいことがわかります。
仮にこのような解 \{x,y,z,E,\mu\}が存在したとすると
\begin{align}x^5-y^5&=(x-y)(x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4)\\&=(x-y)\{5x^2y^2+5xy(x-y)^2+(x-y)^4\}\\&=(x-y)\{\lambda xy+\omega(x-y)^2\}\{\lambda xy-\bar{\omega}(x-y)^2\}\end{align}
であることから、\lambda^{5+\mu} は三つの因子
x-y,\lambda xy+\omega(x-y)^2,\lambda xy-\bar{\omega}(x-y)^2
に分配されることになります。これらは、どれか一つが \lambda で割り切れるならば、三つとも \lambda で割り切れなければいけませんが
\lambda xy+\omega(x-y)^2,\lambda xy-\bar{\omega}(x-y)^2
は \lambda^2 では割り切れません。なおかつ
\bar{\omega}\{\lambda xy+\omega(x-y)^2\}+\omega\{\lambda xy-\bar{\omega}(x-y)^2\}=-\lambda xy
に注意すると、上の三つの因子について、どの二つの因子の最大公約数も \lambda xy の約数でないといけません。然るに x-y は \lambda^{3+\mu}z^5 の約数で \gcd(xy,z)=1 故、最大公約数は \lambda。従って x_1,y_1,z_1,\lambda のどの二つも互いに素であるような整数 x_1,y_1,z_1 を用いて
\left\{\begin{align}x-y&=E_0\lambda^{3+\mu}{z_1}^5\\xy+\frac{\omega}{\lambda}(x-y)^2&=E_1{x_1}^5\\xy-\frac{\bar{\omega}}{\lambda}(x-y)^2&=E_2{y_1}^5\end{align}\right.
と書けます。ここに E_0,E_1,E_2 は単数です。これにより
E_1{x_1}^5-E_2{y_1}^5=\frac{1}{\lambda}(x-y)^2={E_0}^2\lambda^{5+2\mu}{z_1}^{10}
となるので、E_3=\frac{E_2}{E_1},E_4=\frac{{E_0}^2}{E_1} とおくと E_3,E_4 は単数で
{x_1}^5-E_3{y_1}^5=E_4\lambda^{5+2\mu}{z_1}^{10}
\therefore {x_1}^5\equiv E_3{y_1}^5\pmod{\lambda^3}
さて、E_3 は単数なので \lambda\not|E_3 です。従って補題 4 により
E_3\equiv\pm 1,\pm 7\pmod{\lambda^3}
\therefore E_3\equiv\pm 1,\pm 2\pmod{5}
従って補題 1 により単数 E_5 が存在して E_3={E_5}^5 と書けます。これに基づき
x_1=u,E_5y_1=v,{z_1}^2=w
とおけば
u^5-v^5=E_4\lambda^{5+2\mu}w^5
となり、(*) を満たす新たな解 \{u,v,w,E_4,2\mu\} を得たことになります。ただし
z=x_1y_1z_1=uv\sqrt{w}{E_5}^{-1}
なる関係があることに注意します。(続く)