xxxx+9xxyy+27yyyy=zz

この記事では、正整数のことを自然数と呼ぶことにします。

定理方程式

$x^4+9x^2y^2+27y^4=z^2$

は自然数解を持たない。

Wakuliczによる初等的な証明(Fermatの無限降下法)を紹介します。

補題１ 方程式

$t^2-27u^2=1$

の正の有理数解 $(t, u)$ に対して、 $w:=u^{-1}(t+1)$ とし、互いに素な自然数 $r, s$ を用いて $w=r/s$ と表すと、

$\displaystyle t=\frac{r^2+27s^2}{r^2-27s^2},\quad u=\frac{2rs}{r^2-27s^2}$

が成り立つ。

証明. $t=uw-1$ なので、方程式に代入すると

$(uw-1)^2-27u^2=1$

を変形して

$u\{u(w^2-27)-2w\}=0$

を得る。 $u > 0$ なので、

$\displaystyle u=\frac{2w}{w^2-27}$

となる。また、

$\displaystyle t=uw-1=\frac{2w^2}{w^2-27}-1=\frac{w^2+27}{w^2-27}.$

これに $w=r/s$ を代入すればよい。 Q.E.D.

補題２ 方程式

$t^2+9tu+27u^2=1$

の正の有理数解 $(t, u)$ に対して、 $w:=u^{-1}(t+1)$ とし、互いに素な自然数 $r, s$ を用いて $w=r/s$ と表すと、

$\displaystyle t=\frac{r^2-27s^2}{r^2+9rs+27s^2},\quad u=\frac{2rs+9s^2}{r^2+9rs+27s^2}$

が成り立つ。

証明. $t=uw-1$ なので、方程式に代入すると

$(uw-1)^2+9(uw-1)+27u^2=1$

を変形して

$u\{u(w^2+9w+27)-2w-9\}=0$

を得る。 $u > 0$ なので、

$\displaystyle u=\frac{2w+9}{w^2+9w+27}$

となる。また、

$\displaystyle t=uw-1=\frac{2w+9}{w^2+9w+27}-1=\frac{w^2-27}{w^2+9w+27}.$

これに $w=r/s$ を代入すればよい。 Q.E.D.

定理の証明. 背理法で証明する。すなわち、自然数 $x, y, z$ であって

$x^4+9x^2y^2+27y^4=z^2$

を満たすものが存在すると仮定し、それらのうち、 $z$ が最小であるものをとる。

$3 \mid x$ の場合: $27 \mid z^2$ なので、 $9 \mid z$ でなければならない。自然数 $x_1, z_1$ を用いて $x=3x_1, \ z=9z_1$ と表す。すると、

$81x_1^4+81x_1^2y^2+27y^4=81z_1^2$

となり、 $3 \mid y$ がわかるので、自然数 $y_1$ を用いて $y=3y_1$ と書く。これを代入して $81$ で割ると、

$\displaystyle x_1^4+9x_1^2y_1^2+27y_1^4=z_1^2$

を得る。 $z_1 < z$ であるから、これは $z$ の最小性に矛盾する。

$(x, 3)=1$ の場合: $(x, y)=1.$ 理由: $(x, y)=d > 1$ とすると、 $x=dx_1$ , $\ y=dy_1$ と表すとき、 $d^4\mid z^2$ なので、自然数 $z_1$ を用いて $z=d^2z_1$ と書ける。よって、 $x_1^4+9x_1^2y_1^2+27y_1^4=z_1^2$ となって $z$ の最小性に反する。

$(x, z)=1.$ 理由: $(x, z)=d > 1$ とすると、 $x=dx_1$ , $\ y=dy_1$ と表すとき、 $d^2 \mid 27y^4$ となる。 $(x, 3)=1$ なので $(d, 3)=1$ であり、 $d^2 \mid y^4.$ $d$ の素因数 $p$ を一つ取ると、 $p \mid y,$ $p \mid x$ なので $p^4 \mid z^2$ であり、 $p^2 \mid z$ がわかる。よって、自然数 $x_2, y_2, z_2$ を用いて $x=px_2$ , $\ y=py_2, z=pz_2$ とすれば、 $x_2^4+9x_2^2y_2^2+27y_2^4=z_2^2$ となって $z$ の最小性に反する。

$(y, z)=1.$ 理由: $(y, z) > 1$ ならば $(x, z) > 1$ となる。

さて、方程式は

$\displaystyle \left(\frac{x^2}{z}\right)^2+9\cdot \frac{x^2}{z}\cdot \frac{y^2}{z}+27\left(\frac{y^2}{z}\right)^2 = 1$

と変形できるので、補題２より $(r, s)=1$ なる自然数 $r, s$ を用いて

$\displaystyle \frac{x^2}{z}=\frac{r^2-27s^2}{r^2+9rs+27s^2},\quad \frac{y^2}{z} = \frac{2rs+9s^2}{r^2+9rs+27s^2}$

と表示できる。ここで、次の主張を証明する：

主張 $(r, 3)=1$ 及び

$(r^2-27s^2, r^2+9rs+27s^2) = 1$

が成り立つ。

主張の証明: $(r^2-27s^2, r^2+9rs+27s^2) = d$ とおく。 $(x^2, z)=1$ なので、

$r^2-27s^2=dx^2,\quad r^2+9rs+27s^2=dz$

と書け、これと $(y^2, z)=1$ より

$2rs+9s^2=dy^2$

を得る。よって、

$(2rs+9s^2, r^2+9rs+27s^2) = (dy^2, dz)=d.$

$r=3^{\alpha}v$ と表示する( $\alpha=\mathrm{ord}_3(r), (v, 3)=1$ )と、

$(3^{2\alpha}v^2-27s^2, 3^{2\alpha}v^2+9\cdot 3^{\alpha}vs+27s^2) = (2\cdot 3^{\alpha}vs+9s^2, 3^{2\alpha}v^2+9\cdot 3^{\alpha}vs+27s^2)$ −①

である。 $\alpha \neq 1.$ 理由: $\alpha=1$ と仮定する。 $3 \mid r$ 及び $(r, s)=1$ より $(s, 3)=1$ である。よって、①の左辺は $9$ で割り切れ、右辺は $9$ で割り切れない( $2\cdot 3vs$ の部分)ので矛盾。

$\alpha \leq 2.$ 理由: $\alpha\geq 3$ と仮定する。このときも $(s, 3)=1$ なので、①の左辺は $27$ で割り切れ、右辺は $27$ で割り切れない( $9s^2$ の部分)。これは矛盾。

$\alpha \neq 2.$ 理由: $\alpha=2$ と仮定する。 $r=9v$ であり、

$81v^2-27s^2=dx^2,\quad 81v^2+81vs+27s^2=dz$

となり、 $27 \mid dx^2, \ 27 \mid dz$ である。よって、 $(x^2, z)=1$ であることから $27 \mid d$ がわかる。自然数 $d_1$ を用いて $d=27d_1$ と書くと、

$3v^2-s^2=d_1x^2,\quad 3v^2+3vs+s^2=d_1z,\quad 2vs+s^2=3d_1y^2$

となる。最初の二つより $d_1 \mid 3vs+2s^2$ であり、三つ目から $d_1 \mid 4vs+2s^2$ なので、これらを差し引きすると $d_1 \mid vs$ を得る。これより、

$d_1 \mid 3v^2-s^2,\quad d_1 \mid 3v^2+s^2$

となって、足し引きすれば $d_1 \mid 6v^2$ 及び $d_1 \mid 2s^2$ を得る。 $9 \mid r$ と $(r, s)=1$ より $(s, 3)=1$ なので、 $d_1 \mid 2v^2$ 及び $d_1 \mid 2s^2$ となり、 $(r, s)=1$ から $(v, s)=1$ なので、 $d_1 \mid 2$ となる。

よって、 $d_1 \mid vs$ 及び $(v, s)=1$ から $d_1 \mid v$ または $d_1 \mid s^2$ であるが、 $d_1 \mid v$ ならば $3v^2-s^2=d_1x^2$ より $d_1 \mid s^2$ も言えて $d_1=1$ となる。 $d_1 \mid s^2$ のときも $d_1 \mid 3v^2$ となって、 $d_1 \mid 2$ であることから $d_1 \mid v^2$ となり、やはり $d_1=1$ である。ということは

$3v^2=s^2+x^2$

が成り立つ。これが不可能なことは簡単にわかる(大学入試レベル)。

以上により $\alpha=0$ 、すなわち $(r, 3)=1$ が示された。さて、

$d \mid 2rs+9s^2, \ r^2-27s^2, \ r^2+9rs+27s^2$

であり、後ろ二つから $d \mid 2r^2+9rs$ 、最初の二つから $d \mid 6rs+r^2$ なので、差し引きして $d \mid r^2+3rs$ 。よって、 $d \mid 3r^2+9rs$ であり、 $d \mid 2r^2+9rs$ と合わせると $d \mid r^2$ を得る。 $(r, 3)=1$ より $(d, 3)=1$ である。 $d \mid r^2$ と $d \mid r^2-27s^2$ より $d \mid 27s^2$ なので、 $d \mid s^2$ となる。 $d \mid r^2$ かつ $d \mid s^2$ は $d=1$ を示す。主張の証明終わり。

主張より

$x^2=r^2-27s^2,\quad y^2=2rs+9s^2,\quad z=r^2+9rs+27s^2$

が得られた。 $(r, 3)=(r, s)=(r, x)=(s, x)=1$ である(後ろ二つは前二つから従う)。一つ目の式から

$\displaystyle \left(\frac{r}{x}\right)^2-27\left(\frac{s}{x}\right)^2=1$

なので、補題１より $(r_1, s_1)=1$ なる自然数 $r_1, s_1$ を用いて

$\displaystyle \frac{r}{x} = \frac{r_1^2+27s_1^2}{r_1^2-27s_1^2},\quad \frac{s}{x}=\frac{2r_1s_1}{r_1^2-27s_1^2}$ −②

と表示できる。 $(r_1^2+27s_1^2, r_1^2-27s_1^2)=d_1$ とおくと、

$r_1^2+27s_1^2=d_1r,\quad r_1^2-27s_1^2=d_1x$ −③

となり、これより

$2r_1s_1=d_1s$

も成り立つ。以下、 $r_1=3^{\beta}r_2, \ \beta=\mathrm{ord}_3(r_1), \ (r_2, 3)=1$ と表示して、 $\beta$ の値で場合分けし、全ての場合において矛盾を導く。

$\beta=0$ の場合: ③の二式を足せば $d_1 \mid 2r_1^2$ 、引けば $d_1 \mid 54s_1^2$ を得る。 $(r_1, 3)=1$ より $(d_1, 3)=1$ が得られ、 $54=2\times 3^3$ なので、 $d_1 \mid 2s_1^2$ となる。 $d_1 \mid 2r_1^2$ と $(r_1, s_1)=1$ より $d_1 \mid 2$ が得られた。

$d_1=1$ のとき: このとき、

$x=r_1^2-27s_1^2,\quad r=r_1^2+27s_1^2,\quad s=2r_1s_1$

であり、

$y^2=2rs+9s^2=4r_1s_1(r_1^2+27s_1^2+9r_1s_1)$

が成り立つ。 $(r_1, s_1)=1$ と $(r, 3)=1$ より

$(r_1, r_1^2+27s_1^2+9r_1s_1)=1,\quad (s_1, r_1^2+27s_1^2+9r_1s_1)=1$

なので、素因数分解の一意性より自然数 $a, b, c$ が存在して

$r_1=a^2, \ s_1=b^2, \ r_1+27s_1^2+9r_1s_1=c^2$

が、すなわち

$a^4+9a^2b^2+27b^4=c^2$

が成り立つ。 $y^2=4r_1s_1c^2, \ 27y^4 < z^2$ なので、 $c^2 < y^2 < 27y^4 < z^2$ で $c < z$ となり、 $z$ の最小性に反する。

$d_1=2$ の場合: このときは

$2x=r_1^2-27s_1^2,\quad 2r=r_1^2+27s_1^2,\quad s=r_1s_1$

であり、

$y^2=2rs+9s^2=r_1s_1(r_1^2+27s_1^2+9r_1s_1)$

なので、先ほどと同様に自然数 $a, b, c$ が存在して

$r_1=a^2, \ s_1=b_1^2, \ r_1^2+27s_1^2+9r_1s_1=c^2$

が成り立ち、

$a^4+9a^2b^2+27b^4=c^2$

を得る。この場合も $y^2=r_1s_1c^2, \ 27y^4 < z^2$ なので、 $c^2 < y^2 < 27y^4 < z^2$ で $c < z$ となり、 $z$ の最小性に反する。

$\beta=1$ の場合: $r_1=3r_2, \ (r_2, 3)=1$ であり、 $r_1^2+27s_1^2=d_1r, \ (r, 3)=1$ より $9 \mid d_1$ を得る。 $2r_1s_1=d_1s$ で $9 \nmid r_1$ より $3 \mid s_1$ となる。これは $3 \mid (r_1, s_1)$ を示しており矛盾。

$\beta=2$ の場合: $9 \mid r_1, \ (r, 3)=1$ より、 $r_1^2+27s_1^2=d_1r$ から $27 \mid d_1$ が言えるが、 $2r_1s_1=d_1s$ と $27 \nmid r_1$ から $3 \mid s_1$ となって $(r_1, s_1)=1$ に矛盾する。

$\beta\geq 3$ の場合: $r_1=27r_3$ とする。 $(r_1, s_1)=1$ より $(s_1, 3)=1$ なので、

$\displaystyle \frac{r}{x}=\frac{27r_3^2+s_1^2}{27r_3^2-s_1^2}, \quad \frac{s}{x}=\frac{2r_3s_1}{27r_3^2-s_1^2}$

が $(r_3, s_1)=1, \ (s_1, 3)=1$ という条件のもと成立している。これは、②を $r_1 \mapsto s_1, \ s_1 \mapsto r_3$ として分母が $-1$ 倍された形になっており、 $(s_1, 3)=1$ なので $\beta=0$ の場合の議論が全く同様に適用される(分母は整除性にしか用いないため( $d_1\mid 2$ の証明)、符号は影響しない)。

以上で、 $(x, 3)=1$ の場合も完全に矛盾に到達し、定理の証明が完了する。 Q.E.D.

INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

xxxx+9xxyy+27yyyy=zz