ソフィー・ジェルマンの定理

Fermatの最終定理に関するSophie Germainの定理とその証明を解説します。

前回の記事でSophie Germainによるグランドプランが失敗に終わったことを紹介しました：

integers.hatenablog.com

しかし、彼女は転んでもただでは起きません。

奇素数 $p$ を固定します。グランドプランは「非隣接条件を満たすような $p$ の補助素数の無限性を示そう」というもので、事実は「有限個しか存在しない」というものでした。そこで、彼女が到達したのは

「非隣接条件にもう一つ条件を加えた $p$ の補助素数が一つでも存在すれば、FLT( $p$ )のファーストケースは解決する」

というものです。まず、Sophie Germain以降、FLT( $p$ )はファーストケースとセカンドケースに分けて考えられることが多いです。

FLT( $p$ )のファーストケース $p$ を奇素数とする。 $x^p+y^p=z^p$ を満たすような $p$ で割れない整数 $x, y, z$ は存在しない。

FLT( $p$ )のセカンドケース $p$ を奇素数とする。 $x^p+y^p=z^p$ を満たすような $0$ でない整数 $x, y, z$ であって、 $p \mid xyz$ を満たすものは存在しない。

ファーストケースとセカンドケースでは難しさが異なり(セカンドケースの方が難しい)、成果が少なかった時代においては、ファーストケースだけでもとりあえず解ければ大きな進展であると考えてよいでしょう。

そうして、グランドプランは失敗に終わったものの、Sophie GermainはFLT( $p$ )のファーストケースを解決する $p$ に関する十分条件を与えたのです。これは立派な定理であると言え、FLT研究における最初のブレイクスルーでした。

定理を具体的に述べると次のようになります。実際にはファーストケースよりも強いことを示しています：

Sophie Germainの定理 $p$ を奇素数とする。 $p$ の補助素数 $\theta$ であって、非隣接条件を満たし、更に $p$ が $\bmod{\theta}$ における $p$ 冪剰余とはならないようなものが存在したと仮定する。このとき、 $x^p+y^p=z^p$ を満たすような整数 $x, y, z$ が存在すれば、 $x, y, z$ の少なくとも一つは $p^2$ で割り切れなければならない。

文献によっては $p^2$ に対する結果はLegendreによるものとされることもあるそうですが、Sophie Germainは確かに $p^2$ に対する結果を得ており、そのことをLegendreも明記しているとのことです。

Sophie Germainは定理の仮定を満たすような補助素数を具体的に計算することにより、 $197$ 未満の奇素数に対してはファーストケースが成立することを確認しています。

定義 (Sophie Germain素数) 素数 $p$ がSophie Germainであるとは、 $2p+1$ が素数であるときにいう。

次の系がSophie Germainの定理と呼ばれることが多いです：

系 $p$ がSophie Germain素数であれば、FLT( $p$ )のファーストケースが成立する。

これを言うには、 $p$ がSophie Germain素数であるときに $2p+1$ が定理の仮定を満たすような $p$ の補助素数であることを示せば十分です：

$\theta := 2p+1$ とする。このとき、 $\theta-1=2p$ なので、Fermatの小定理により $\theta$ で割り切れないような任意の整数 $a$ は

$a^{2p} \equiv 1 \pmod{\theta}$

すなわち、 $a^p \equiv \pm 1 \pmod{\theta}$ を満たす。これより、 $a^p \equiv p \pmod{\theta}$ とは成り得ないことがわかり、 $p$ は $\bmod{\theta}$ における $p$ 冪剰余ではない。また、 $\theta$ が非隣接条件を満たさなければ

$1+a^p \equiv b^p \pmod{\theta}$

を満たすような $\theta$ で割り切れない整数 $a, b$ が存在することになるが、

$1\pm 1 \equiv \pm 1 \pmod{\theta}$

と言っていて、それはあり得ない。 Q.E.D.

定理の証明

奇素数 $p$ に対して定理の仮定が満たされ、 $0$ でない整数 $x, y, z$ が $x^p+y^p=z^p$ を満たしていると仮定する。FLTでは毎度の如く、 $x, y, z$ はどの二つをとっても互いに素であると仮定してよい。

$\displaystyle \varphi(X, Y) := \frac{X^p+Y^p}{X+Y}, \quad \psi(X, Y) := \frac{X^p-Y^p}{X-Y}$ とおく。

主張１ $x+y$ と $\varphi(x, y)$ は $p$ 以外の共通因子を持たない。同様に、 $z-x$ と $\psi(z, x)$ 、 $z-y$ と $\psi(z, y)$ もそれぞれ $p$ 以外の共通因子を持たない。

証明. $p$ とは異なる素数 $q$ が $x+y$ と $\varphi(x, y)$ を割り切ると仮定する。このとき、 $y \equiv -x \pmod{q}$ であるから

$\varphi(x, y) = x^{p-1}-x^{p-2}y+x^{p-3}y^2- \cdots +y^{p-1} \equiv px^{p-1} \pmod{q}$

を得る。 $p \mid \varphi(x, y)$ であることと $q \neq p$ であることから $q \mid x$ となり、 $q \mid x+y$ と合わせると $q \mid y$ 。これは $x, y$ が互いに素であるという仮定に反する。残りの場合も同様。 Q.E.D.

主張２ $p$ は $x, y, z$ のどれかを割り切る。

証明. $p$ が $x, y, z$ を割り切らないと仮定して背理法で証明する。

$(x+y)\varphi(x, y) = x^p+y^p = z^p$

であり、 $p \nmid z$ であることから主張１より $x+y$ と $\varphi(x, y)$ は互いに素であることがわかる。よって、整数 $A, s$ が存在して

$x+y=A^p, \quad \varphi(x, y) = s^p$

が成り立つ。同様にして、整数 $B, C, t, u$ が存在して

$\begin{align} &z-x = B^p, \quad \psi(z, x) = t^p \\ &z-y = C^p, \quad \psi(z, y)=u^p\end{align}$ −①

が成り立つ。 $\theta$ を定理の仮定を満たすような $p$ の補助素数とする。非隣接条件を満たすことから、 $\theta$ は $x, y, z$ の少なくとも一つを割り切る(前記事の補題１)。 $\theta \mid z$ としても一般性を失わない。すると、

$2z = (x+y)+(z-x)+(z-y) = A^p+B^p+C^p \equiv 0 \pmod{\theta}$

となるので、非隣接条件から $A, B, C$ の少なくとも一つは $\theta$ で割り切れることがわかる。もし、 $\theta \mid B$ であれば、 $x=z-B^p$ も $\theta$ で割れることになり $x, z$ が互いに素であることに反する。よって、 $\theta \nmid B$ 。同様に $\theta \nmid C$ 。したがって、 $\theta \mid A$ でなければならない。

$x+y=A^p$ なので、 $y \equiv -x \pmod{\theta}$ 。これより

$s^p = \varphi(x, y) \equiv px^{p-1} \pmod{\theta}$ −②

一方、 $B^p=z-x \equiv -x \pmod{\theta}$ であることから、 $x$ は $\bmod{\theta}$ における $p$ 冪剰余である。 $p$ も $x$ も $\theta$ では割れないのだから、②より $p$ は $p$ 冪剰余となる。これは $\theta$ に関する定理の仮定に反する。 Q.E.D.

主張２により $p$ は $x, y, z$ のいずれかを割り切るが、 $p \mid z$ であると仮定しても一般性を失わない(すると、 $x, y$ は $p$ では割れない)。この仮定のもとで次が成り立つ：

主張３ $z$ は実は $p^2$ で割り切れる。

証明. $x+y=w$ とおく。すると、

$\displaystyle \varphi(x, y) = \frac{(w-x)^p+x^p}{w} = w^{p-1}-\binom{p}{1}w^{p-2}x+\cdots + \binom{p}{p-1}x^{p-1}$

と展開できるが、Fermatの小定理より $w \equiv x^p+y^p = z^p \equiv 0 \pmod{p}$ であるから、

$\varphi(x, y) \equiv px^{p-1} \pmod{p^2}$

がわかる。これはすなわち、 $\varphi(x, y)$ は $p$ では割り切れるが $p^2$ では割り切れないことを意味する。従って、 $(x+y)\varphi(x, y)=z^p$ および主張１より整数 $A, s$ が存在して

$x+y=p^{p-1}A^p, \quad \varphi(x, y) = ps^p$

が成り立つことが分かる。一方、①はこの場合にもそのまま成り立つ。すると、

$B^p+C^p = 2z-(x+y) \equiv 0 \pmod{p}$

であり、これは $B^p \equiv -C^p \pmod{p^2}$ を導く！*1

$p^2 \mid x+y$ および $p^2 \mid B^p+C^p$ がわかったので、

$2z = B^p+C^p+(x+y) \equiv 0 \pmod{p^2}$ .

これは $p^2 \mid z$ を示している。 Q.E.D.

以上でSophie Germainの定理の証明が完了します。

参考記事

R. Laubenbacher, D. Pengelley, "Voici ce que j'ai trouve": Sophie Germain's grand plan to prove Fermat's Last Theorem.

C. Alkalay-Houlihan, Sophie Germain and Special Cases of Fermat’s Last Theorem.

以下の記事でSophie Germain素数を取り扱ったことがあります。

integers.hatenablog.com

*1:一見、 $B^p \equiv -C^p \pmod{p}$ から $B^p \equiv -C^p \pmod{p^2}$ を導いており、「そんな馬鹿な。。」と思われるかもしれませんが、証明は簡単です。Fermatの小定理より $B^p \equiv -C^p \pmod{p}$ から $B \equiv -C \pmod{p}$ が導かれますが、すなわち、 $B=-C+jp$ なる整数 $j$ が取れるので、これの $p$ 乗を二項展開すればわかります。

INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

ソフィー・ジェルマンの定理

定理の証明

参考記事