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数、特に整数に関する記事。

フェルマーの最終定理解決への"グランドプラン"

Sophie Germainは1776年4月1日にパリで生まれた女性数学者です。

彼女のよく知られた仕事はFermatの最終定理(FLT)への貢献です。彼女がFLTへ挑戦した時点ではn=3, 4の場合しか証明されていませんでした。

なお、FLT(3)を証明したのはEulerでFLT(4)を証明したのはFermatです。証明は

integers.hatenablog.com

の付録で読むことができます。歴史的には1823年にLegendre、1825年にDirichletがFLT(5)を、1839年にLameがFLT(7)を証明しています。

Sophie Germainは個別のpに対するFLT(p)を解くのではなく、全ての素数でFLTを解決することを目論みました。この記事では彼女の"グランドプラン"とその失敗について解説します。

Sophie Germainのグランドプラン

pを奇素数とします。このとき、\thetap補助素数であるとは、\thetaが素数であり、なおかつ或る正整数n\theta=2np+1と書けるときに言います。

定義 \thetapの補助素数とする。\bmod{\theta}の完全代表系\{0, 1, 2, \dots, \theta-1=2np\}を考えた際に、0を除いた1, 2, \dots, 2npのうち\bmod{\theta}p冪剰余になっているもの全体を取り出す。それらが隣合う2数を含まないとき、\theta非隣接条件を満たすという。

例1) p=3の補助素数7, 13は非隣接条件を満たすが、補助素数19は非隣接条件を満たさない。

\{1^3, 2^3, 3^3, 4^3, 5^3, 6^3\} = \{1, 8, 27, 64, 125, 216\} \equiv \{1, 6\} \pmod{7}

\{1^3, 2^3, \dots, 12^3\} \equiv \{1, 5, 8, 12\} \pmod{13}

\{1^3, 2^3, \dots, 18^3\}  \equiv \{1, \color{red}{7}, \color{red}{8}, \color{blue}{11}, \color{blue}{12}, 18\} \pmod{19}

例2) p=5の補助素数11は非隣接条件を満たすが、補助素数31は非隣接条件を満たさない。

\{1^5, 2^5, \dots, 10^5\} \equiv \{1, 10\} \pmod{11}

\{1^5, 2^5, \dots, 30^5\} \equiv \{1, 5, 6, \color{red}{25}, \color{red}{26}, 30\} \pmod{31}

Sophie GermainはFLTを解決するためのグランドプランを1819年3月12日のGaussへの手紙に綴っています。グランドプランの最終目標は次を証明することでした。

グランドプランの最終目標 任意の奇素数pに対して非隣接条件を満たすようなpの補助素数が無数に存在することを証明する。

実際、この最終目標が達成されるとFLTが解決することを彼女は証明しています。

補題1 pを奇素数とし、\thetaを非隣接条件を満たすpの補助素数とする。x^p+y^p=z^pを満たすような整数x, y, zが存在した場合、それらのうち少なくとも一つは\thetaで割り切れる。

証明. x, y, zがいずれも\thetaで割り切れないと仮定しよう。ax\bmod{\theta}における逆元とする*1。このとき、

1+(ay)^p \equiv (az)^p \pmod{\theta}

が成り立ち、ayazはともに\thetaで割り切れないため、\thetaは非隣接条件を満たさないことになる。これは矛盾。 Q.E.D.

グランドプランによるFLTの証明. pを奇素数とし、x, y, zx^p+y^p=z^pを満たすような整数とする。最終目標が達成されれば、補題1によってx, y, zのうち少なくとも一つは無数の素数で割り切れることになる。それに耐え得る整数など0しか存在しない。つまり、X^p+Y^p=Z^pは非自明な整数解を持ち得ない。 Q.E.D.

グランドプランの失敗

残念ながら、Sophie Germainはp=3の時点で最終目標は破れることをLegendreへの手紙において自身で示してしまいました。それどころか後になって任意の奇素数pに対して非隣接条件を満たすような補助素数は有限個しか存在しないことが証明されています(Libri, Pellet, Dickson)。つまり、グランドプランは失敗に終わったのです。この記事ではp=3の場合の証明を紹介します。

補題2 \theta=2np+1が奇素数pの補助素数であるとする。このとき、\bmod{\theta}における零でないp冪剰余の剰余類の個数は2n個である。

証明. a1, 2, \dots, \theta-1=2npの中の一つとする。このとき、合同式x^p \equiv a \pmod{\theta}が整数解を持つための必要十分条件はa^{2n}\equiv 1 \pmod{\theta}が成り立つことである。実際、x^p \equiv a \pmod{\theta}であれば

a^{2n} \equiv (x^p)^{2n} = x^{\theta - 1} \equiv 1 \pmod{\theta}

と計算できる。逆にa^{2n} \equiv 1 \pmod{\theta}であるとしよう。a=1のときは自明なのでa \neq 1とする。r\bmod{\theta}に関する原始根とする*2。 このとき、或る整数k\neq 0が存在してa\equiv r^k \pmod{\theta}と書けるので、r^{2nk} \equiv 1 \pmod{p}となる。よって、\theta-1 \mid 2nkでありkpの倍数であることがわかる。つまり、x^p \equiv a \pmod{\theta}は解を持つことがわかった。このことによって、\bmod{\theta}におけるp冪剰余であるような1, 2, \dots, 2npの個数はa^{2n} \equiv 1 \pmod{\theta} を満たす1 \leq a \leq 2npの個数に一致することがわかった。r\bmod{\theta}における原始根とすると、r^p, r^{2p}, \dots, r^{(2n-1)p}, r^{2np}2n乗すると\bmod{\theta}1と合同になる相異なる全ての剰余類になっているので、その個数は2n個であることがわかる。 Q.E.D.

定理 (Sophie Germain) グランドプランの最終目標はp=3で破れる。より詳しく言うと、13より大きい6n+1型の素数は必ず、1, 2, \dots, 6nの中に隣接する立方剰余を含む。従って、3の補助素数であって非隣接条件を満たすものは7, 13に限る。

証明. \theta=6n+113より大きい素数とし、1, 2, \dots, 6nの中に隣接する立方剰余(CR)を含まないと仮定して背理法で証明する。非立方剰余をNCRと表す。
更に1, 2, \dots, 6nがCR, NCR, CRという並びも含まない場合. 補題2より1, 2, \dots, 6nの中にCRは丁度2n個存在する。CRとCRの"間"が2n-1個あるが、各"間"には少なくとも2つのNCRがあるので(2n-1)\times 2=4n-2個のNCRが必要である。実際には6n-2n=4n個のNCRが存在するので、残り2個のNCRはどこかの"間"に分布することになる。可能性としては

  1. 3つのNCRを挟むような"間"が2つある
  2. 4つのNCRを挟むような"間"が1つだけある

のいずれかの状況になる(両端は必ずCR)。

さて、\theta > 13なので18は必ずCRである。仮定により2, 3はNCR。4もNCRである。何故ならば、もし4がCRであれば8\times 4^{-1} \equiv 2もCRとなってしまうからである。そして、5はCRである。何故ならば、もし5がNCRであれば、6は絶対にCR(NCRが5連続することはない)。すると、2つのCRである68の間にNCRになり得る数が7しか存在せず、CR, NCR, CRという並びになって仮定に矛盾するからである。つまり、

1 2 3 4 5 6 7 8
CR NCR NCR NCR CR NCR NCR CR

となっており、先ほどの2つの可能性における1.の状況になっていることがわかった。また、自明の事実として、CRは1, 2, \dots, 6nにおいて対称に分布するので、CRは

1, 5, 8, 11, \dots, 6n-10, 6n-7, 6n-4, 6n

となっている。特に、16n以外のCRは3で割った余りが2であることに注意。

13より大きい最小の素数は19であるが、既に見たように19は非隣接条件を満たさない。よって、\theta \geq 31=6\cdot 5 +1のケースのみを考えればよい。このとき、3^3=27 < 6nはCRであるが、これは3の倍数である。すなわち、矛盾が導かれた。

1, 2, \dots, 6nがCR, NCR, CRという並びを含む場合. CR, NCR, CRという並びを一つとって、2つのCRのうち大きい方を\alpha、小さい方を\betaとする。\alpha-\beta=2である。r\bmod{\theta}の原始根とする。2は背理法の仮定によりNCRなので或る整数kが存在して2 \equiv r^{3k \pm 1} \pmod{\theta} −①であることに注意。

\alpha+\beta \not \equiv 0 \pmod{\theta}であることを示す。もし、\alpha + \beta \equiv 0 \pmod{\theta}であれば、

2 =\alpha-\beta \equiv 2\alpha \pmod{\theta}

より\alpha \equiv 1 \pmod{\theta}となる。これは\alpha=1を意味するから、\beta = -1となって矛盾する。

従って、\alpha+\beta\bmod{\theta}で可逆であり、或る1から\theta-1の間の整数mが存在して

\alpha+\beta \equiv r^m \pmod{\theta}

が成り立つ。ここで、m3の倍数であれば

1+\beta\alpha^{-1} \equiv r^m\alpha^{-1} \pmod{\theta}

において\beta\alpha^{-1}r^m\alpha^{-1}はともにCRなので、1, 2, \dots, 6nで考えれば隣接するCRが存在することになる。従って、m3の倍数ではなく、或る整数lが存在して

\alpha+\beta \equiv r^{3l\pm 1} \pmod{\theta} −②

と書けることがわかった。実は①と②の符号は一致している。というのも、もし一致していなければ、

\alpha^2-\beta^2 = (\alpha-\beta)(\alpha+\beta) \equiv r^{3k\pm 1}r^{3l\mp 1} = r^{3(k+l)}\pmod{\theta}

となって\alpha^2-\beta^2がCRになってしまう。すると

1-\beta^2\alpha^{-2} \equiv r^{3(k+l)}\alpha^{-2} \pmod{\theta}

において\beta^2\alpha^{-2}r^{3(k+l)}\alpha^{-2}はともにCRなので、1, 2, \dots, 6nで考えれば隣接するCRが存在することになる。従って、①、②は符号が一致しており、

2\alpha = (\alpha-\beta)+(\alpha+\beta) \equiv r^{3k\pm 1}+r^{3l \pm 1} \pmod{\theta}

を得る。2\equiv r^{3k\pm 1}より

\alpha \equiv 1+r^{3(l-k)} \pmod{\theta}

であり、この式はやはり1, 2, \dots, 6nで考えれば隣接するCRが存在することを言っている。これで、全ての場合において矛盾に到達した。 Q.E.D.


次回はSophie Germainの定理を解説します。

*1:逆元の存在は integers.hatenablog.com で証明しています。

*2:原始根の存在は integers.hatenablog.com で示しています。