直角三角形の面積と楕円曲線の関係(その 3・最終回)

前回からの続きです。三つのステップのそれぞれを証明していきます。
(Step 1 の証明)
$(x_0,y_0)$ が $y^2=x^3-x$ を満たせば、 $\left(-\frac{1}{x_0},\pm\frac{y_0}{{x_0}^2}\right)$ も $y^2=x^3-x$ を満たし、かつ $H(-\frac{1}{x_0})=H(x_0)$ だから、 $x_0>0$ として良い。すると
$(x_0-1)x_0(x_0+1)={y_0}^2>0$
だから $x_0>1$ .
(Step 2 の証明)
$x_0>1$ とし $x_0=\frac{m}{n},m>n>0$ と既約分数表示する。もし m , n がともに奇数とすると、
${x_0}'=\frac{x_0+1}{x_0-1}=\frac{(m+n)/2}{(m-n)/2}$
とおけば
$\begin{align}{x_0}'^3-{x_0}'&=\frac{(x_0+1)^3(x_0-1)-(x_0+1)(x_0-1)^3}{(x_0-1)^4}\\&=\frac{4({x_0}^3-x_0)}{(x_0-1)^4}\\&=\frac{4{y_0}^2}{(x_0-1)^4}\end{align}$
だから $\left({x_0}',\pm\frac{2y_0}{(x_0-1)^2}\right)$ も $y^2=x^3-x$ の有理数解であり
$H({x_0}')=\frac{m+n}{2}<m=H(x_0)$
となるから、初めから m , n のうち、一方が偶数でもう一方が奇数であるとして一般性を失わない。
$(x_0-1)x_0(x_0+1)=\frac{mn(m+n)(m-n)}{n^4}$
は有理数の平方であるから、特に $mn(m+n)(m-n)$ は平方数である。ところが m , n , m + n , m - n は互いに素*1なので、これらは全て平方数である。したがって
$x_0-1=\frac{m-n}{n},x_0=\frac{m}{n},x_0+1=\frac{m+n}{n}$
は全て有理数の平方である。
(Step 3 の証明)
$(x_1,y_1)$ の取り方から
$x_0=\left(\frac{(x_1-1)^2-2}{2y_1}\right)^2+1=\frac{(x_1^2+1)^2}{4({x_1}^3-x_1)}$
である。 $x_1=\frac{r}{s}$ と既約分数の形に書けば
$x_{0}=\frac{(r^2+s^2)^2}{4rs(r^2-s^2)}$
であるが、ここで分母と分子の最大公約数は 4 以下であることが分かる。実際、分母と分子の共通素因子は 2 以外にはありえないから、分母と分子の最大公約数は 2 のべきであるが、仮に $r^2+s^2$ が偶数ならば、r , s はともに奇数でなければならないので、 $r^2+s^2$ は 4 で割って 2 余る数となり、 $(r^2+s^2)^2$ は 8 では割り切れないからである。
したがって
$H(x_0)\geq\frac14(r^2+s^2)^2\geq\frac14\max(|r|,|s|)^4=\frac14 H(x_1)^4$
であるが、 $x_1\neq 0,\pm 1$ だから $H(x_1)\geq 2$ なので $\frac14 H(x_1)^4>H(x_1)$ となり、題意は示された。

以上で Fermat の第 45 のコメントにおける主張は示されたのですが、副産物として

方程式 $x^4+y^4=z^4$ は自然数解を持たない

ことが、以下のように示されます。実際、自然数解を持つと仮定すると
$(\frac{x^2z}{y^3})^2=(\frac{z^2}{y^2})^3-\frac{z^2}{y^2}$
が成り立つので、楕円曲線 $y^2=x^3-x$ が y = 0 以外の有理点を持たないという事実に反してしまうからです。かくして Fermat 予想のうちの一つが、楕円曲線論で証明できたことになります。Wiles の解決に至るまでの Fermat 予想への挑戦の歴史は、ここから始まったのです。

*1:m + n と m - n の共通因子は 2m = (m + n) + (m - n) と 2n = (m + n) - (m - n) を割りきらなければならないので 2 しかあり得ないが、m + n と m - n はともに奇数だから、それもあり得ない。