2017-04-01

フェルマーの最終定理解決への"グランドプラン"

整数整数-7 整数-13

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、 $\theta$ が $p$ の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 $n$ で $\theta=2np+1$ と書けるときに言います。

定義 $\theta$ を $p$ 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 $\bmod{\theta}$ で $p$ 冪剰余になっているもの全体を取り出す。それらが隣合う二数を含まないとき、 $\theta$ は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。 $a$ を $x$ の $\bmod{\theta}$ 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、 $ay$ と $az$ 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、 $x, y, z$ を $x^p+y^p=z^p$ 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. $a$ を $1, 2, \dots, \theta-1=2np$ 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。 $r$ を $\bmod{\theta}$ 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 $k$ は $p$ 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。 $r$ を $\bmod{\theta}$ における原始根とすると、 $r^p, r^{2p}, \dots, r^{(2n-1)p}, r^{2np}$ が $2n$ 乗すると $\bmod{\theta}$ で $1$ 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. $\theta=6n+1$ を $13$ 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"には少なくとも二つの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

三つのNCRを挟むような"間"が二つある
四つのNCRを挟むような"間"が一つだけある

のいずれかの状況になる(両端は必ずCR)。

さて、 $\theta > 13$ なので $1$ と $8$ 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、二つのCRである $6$ と $8$ 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、先ほどの二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、 $1$ と $6n$ 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、二つの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。 $r$ を $\bmod{\theta}$ 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。