正則な素数 p に対して、 xp + yp = zp をみたす 0 ではない整数 x、y、z は存在しない

Z を整数全体の集合、C を複素数全体の集合とします。 p を奇素数とし、 ζ を Xp-1 + Xp-2 + ... + X + 1 = 0 の根の一つである、 C の元とします。

R = Z[ζ] を Z と ζ を含む C の最小の部分環とします。 Q(ζ) を Q と ζ を含む C の最小の部分体とすると、 Q(ζ) は R の商体となります。 Q(ζ) に含まれる代数的整数(最高次の係数が1の整数係数代数方程式の根) (algebraic integer)の全体(これを Q(ζ) の整数環といいます)は R に一致します。

Q(ζ) は R 加群となります。 Q(ζ) の R 部分加群 A が、γ∈Q(ζ)、γ≠0 が存在して γA⊆R となるとき、A を R の分数イデアルといいます。 R の分数イデアル A, B の積を、{ab|a∈A, b∈B} で生成される R 部分加群と定義すると、R の 0 でない分数イデアルの全体 I は 積に関して可換群になります。

P を 0 でない単項イデアル(1個の元で生成される分数イデアル)全体とすると、 P は I の部分群となります。 I の P による剰余類群 H = I/P を Q(ζ) のイデアル類群、 各剰余類を Q(ζ) のイデアル類と呼びます。 Q(ζ) のイデアル類群の個数(Hの位数) h を Q(ζ) の類数といいます。

類数 h は有限となります。 したがってイデアル類群 H は有限群で、 任意のイデアル類は h 乗すれば単項イデアル類 P となります。 Q(ζ) の任意の 0 でないイデアルは、h 乗すれば単項イデアルとなります。

定理 奇素数 p が Q(ζ) の類数を割らない(正則な素数という)とき、 p に対するフェルマーの大定理が成り立つ。 すなわち、 xp + yp = zp をみたす 0 ではない整数 x、y、z は存在しない。

証明 xp + yp = zp (x,y,z は 0 ではない整数)とします。

x, yが互いに素ではないとき

x, y が素数 q で割り切れるとすると、z も q で割り切れ、 (x/q)p + (y/q)p = (z/q)p となるので、 x, y, z よりそれぞれが小さい x/q, y/q, z/q に対しても主張 ((x')p + (y')p = (z')p を満たす) が成り立っていることになります。

x, yが互いに素のとき

このとき x, z も互いに素となり、y, z も互いに素となります。

xp + yp = zp なので、 (x + y)(x + yζ)(x + yζ2)…(x + yζp-1) = zp となります。 したがって、 (R(x + y))(R(x + yζ))(R(x + yζ2))…(R(x + yζp-1)) = Rzp となります。

I = R(x + y) + R(x + yζ)
とおくと、
y(1 - ζ) = (x + y) - (x - yζ) ∈ R(x + y) + R(x + yζ) = I
となって
x + yζm = y(1 - ζm) = y(1 - ζ)(1 + ζ + ζ2 + … + ζm-1) ∈ I (m = 1, 2, …)
となって
R(x + yζm) + R(x + yζn) ⊆ I (m, n = 1, 2, …)
となります。 m ＞ n (0 ≦ m ＜ p, 0 ≦ n ＜ p)とすると、
y(1 - ζm-n) = (x + yζm) - (x + yζn) ∈ R(x + yζm) + R(x + yζn)
p は素数なので、i(m-n) + jp = 1 となる i, j が存在します。 よって
y(1 - ζ) = y(1 - ζi(m-n) + jp) = y(1 - ζi(m-n)) = y(1 - ζm-n)(1 + ζ + ζ2 + … + ζi-1) ∈ R(x + yζm) + R(x + yζn)
y(1 - ζk) = y(1 - ζ)(1 + ζ + ζ2 + … + ζk-1) ∈ R(x + yζm) + R(x + yζn) (k = 1, 2, …)
となって
x + y = (x + yζm) - y(1 - ζm) ∈ R(x + yζm) + R(x + yζn)
x + yζ = (x + y) - y(1 - ζ) ∈ R(x + yζm) + R(x + yζn)
となって
I = R(x + y) + R(x + yζ) ⊆ R(x + yζm) + R(x + yζn)
となります。 したがって
I = R(x + yζm) + R(x + yζn)
となります。
I = R(x + y) + R(x + yζ) = R(x + y) + R(y(1 - ζ)) ⊇ R((x + y)(1 - ζ)) + R(y(1 - ζ))
= R(x(1 - ζ)) + R(y(1 - ζ)) = (Rx + Ry)(R(1 - ζ)) = R(1 - ζ)
となります。

R(1 - ζ) ⊆ I とすると、 R(1 - ζ) = IJ となる R のイデアル J が存在します。 R(1 - ζ) ≠ I とすると x ∈ I - R(1 - ζ) が存在します。 y ∈ J - R(1 - ζ) をとると、xy ∈ IJ = R(1 - ζ) となります。 x = a0 + a1ζ + a2ζ2 + … + ap-1ζp-1, y = b0 + b1ζ + b2ζ2 + … + bp-1ζp-1 (a0、a1 …、ap-1, b0、b1 …、bp-1 は Z の元)とします。 xy ∈ R(1 - ζ) なので、 (a0 + a1 + a2 + … + ap-1) (b0 + b1 + b2 + … + bp-1) ∈ R(1 - ζ) となります。 x' = a0 + a1 + a2 + … + ap-1, y' = b0 + b1 + b2 + … + bp-1 とおきます。 x'y' = (c0 + c1ζ + c2ζ2 + … + cp-1ζp-1)(1 - ζ) = c0 + (c1 - c0)ζ + (c2 - c1)ζ2 + … + (cp-1 - cp-2)ζp-1 - cp-1 となる Z の元 c0、c1 …、cp-1 が存在します。 c1 - c0 = c2 - c1 = cp-1 - cp-2 となるので、 n = c1 - c0 とおくと ci = c0 + in (i = 1, … , p-1) となります。 したがって x'y' = c0 + nζ + nζ2 + … + nζp-1 - (c0 + (p-1)n) (nζ + nζ2 + … + nζp-1) - (p-1)n = -n - (p-1)n = -pn となって、x'y' が p で割り切れるのて、x' が p で割り切れるか、y' が p で割り切れます。 よって、x' ∈ Rp または y' ∈ Rp となり、 x' ∈ R(1 - ζ) または y' ∈ R(1 - ζ) となるので、 x ∈ R(1 - ζ) または y ∈ R(1 - ζ) となります。 x は R(1 - ζ) に含まれないので y ∈ R(1 - ζ) となります。 よって J = R(1 - ζ) となり、 IR(1 - ζ) = R(1 - ζ) となるので、I = R となります。 よって I = R または I = R(1 - ζ) となります。 以上のことから R(1 - ζ) は極大イデアルということがわかります。

x, y, z のどれも p で割り切れないとき

R(x + y)(x + ζy)…(x + ζp-1y) = Rzp
となるので I = R(1 - ζ) とすると、
Rzp = R(x + y)(x + ζy)…(x + ζp-1y) ⊆ R(x + y) ⊆ I = R(1 - ζ)
となって
zp ∈ Z∩R(1 - ζ) ⊆ Rp
となって z が p で割り切れます。 したがって
R(x + y) + R(x + yζ) = R
となります。

よって、 R(x + yζ) = Ap となる R のイデアル A が存在します (証明)。 定理の仮定より、 A = Rα となる α∈R が存在します (証明)。 よって x + yζ = εαp となる単数 ε が存在します。 複素共役をとって、 x + yζ-1 = ε~α~p となります。 ε = ζrε~ となる r が存在するので (証明)

x + yζ-1 + Rp = ε~α~p + Rp = ζ-rεα~p + Rp = ζ-rεαp + Rp = ζ-r(x + ζy) + Rp
となり、
(ζr - 1)x + (ζr-1 - ζ)y ∈ Rp
となります。

r = 0 のとき、

(ζ-1 - ζ)y ∈ Rp,
(ζ2 - 1)y ∈ Rp,
R(ζ - 1)y ⊆ Rp = R(ζ - 1)p-1
となって、p≧3 なので
Ry ⊆ R(ζ - 1)p-2 ⊆ R(ζ - 1),
y ∈ Z∩R(ζ - 1) ⊆ Rp
となって、y が p で割り切れないことに矛盾となります。

r = 1 のとき、

(ζ - 1)x + (1 - ζ)y ∈ Rp,
(ζ - 1)(x - y) ∈ Rp,
R(ζ - 1)(x - y) ⊆ Rp = R(ζ - 1)p-1
となって、p≧3 なので
R(x - y) ⊆ R(ζ - 1)p-2 ⊆ R(ζ - 1),
x - y ∈ Z∩R(ζ - 1) ⊆ Rp
となります。

λ = ζ - 1 とおくと、(ζr - 1)x + (ζr-1 - ζ)y ∈ Rp より、 ζ = λ + 1 を代入すると、

((λ+1)r - 1)x + ((λ+1)r-1 - (λ+1))y ∈ Rp,
xλr + (rx + y)λr-1 + … ∈ Rp
となります。
anλn + an-1λn-1 + … + a0 ∈ Rp
(a0, …, an ∈ Z) とすると、λn-1 をかけると
a0λn-1 ∈ Rp = Rλp-1
となって、
a0 ∈ Z∩Rλ ⊆ Rp,
anλn + an-1λn-1 + … + a1λ ∈ Rp
となります。 これを繰り返して an ∈ Rp となります。

1 < r < p - 1 のとき、 λr が最高次となり

x ∈ Rp
となって、x が p で割り切れないことに矛盾となります。

r = p - 1 のとき、

rx + y ∈ Rp,
x - y ∈ Rp
となります。

x - y ∈ Rp のとき、 同様に、 xp + (-z)p = (-y)p となるので、 x - (-z) ∈ Rp となります。 xp - x ∈ Rp であるから、y = x + pa、-z = x + pb とおくと xp + yp = zp より xp + (x + pa)p + (x + pb)p = xp + yp - zp = 0 となって 3xp ∈ Rp2 となり、 x ∈ Rp となって、 x が p で割り切れないことに矛盾となります。

x, y, z のどれかが p で割り切れるとき

x, y, z を入れ替えて、z が p で割り切れるとします。 z = pkw (w は p で割り切れない)となる k が存在し、 k ≧ 1 となります。 zp = pkpwp ∈ R(1 - ζ)kp(p-1)wp となって
R(x + y)(x + ζy)…(x + ζp-1y) = Rzp
であることより
R(x + y)(x + ζy)…(x + ζp-1y) ⊆ Rc, c ∈ R(1 - ζ)ep - R(1 - ζ)ep+1, e ≧ 1
となり R(1 - ζ) は素イデアルなので ある i に対して x + ζiy ∈ R(1 - ζ) となります。 他の j に対しては
x + ζjy = (x + ζiy) + ζi(ζj-i - 1)y ∈ R(1 - ζ)
となります。 したがって R(x + y) + R(x + yζ) ⊆ R(1 - ζ) となり、 R(x + y) + R(x + yζ) = R(1 - ζ) となります。

λ = ζ - 1 とおいて、

x + y ∈ a0 + a1λ + Rλ2,
y ∈ b0 + b1λ + Rλ2
(a0, a1, b0, b1 ∈ Z) とすると
x + ζjy = (x + y) + (ζj - 1)y ∈ (a0 + a1λ) + ((λ + 1)j - 1)(b0 + b1λ) + Rλ2
= (a0 + a1λ) + jλ(b0 + b1λ) + Rλ2 = a0 + (a1 + jb0)λ + Rλ2
となり x + ζjy ∈ Rλ なので a0 ∈ Z∩Rλ ⊆ Rp となります。 したがって
x + ζjy ∈ (a1 + jb0)λ + Rλ2
となります。 y ∈ Rλ ではないことから、b0 ∈ Rλ ではないので mb0 + np = 1 となる整数 m, n が存在し、 i = - ma1 とおくと a1 + ib0 = a1 - ma1b0 = a1 + (np - 1)a1 = npa1 ∈ Rp となります。

よって、ある i に対して x + ζiy ∈ Rλ2 で、その他の j に対しては x + ζjy ∈ Rλ - Rλ2 となります。 したがって e ≧ 2、 x + ζiy ∈ R(1 - ζ)(e-1)p - R(1 - ζ)(e-1)p+1 となります。 また、任意の j, k (j≠k)に対して

R(x + ζjy)/λ + R(x + ζky)/λ = R
となります。 よって、任意の j に対して R(x + ζjy)/λ = Ajp となる R のイデアル Aj が存在します (証明)。 定理の仮定より Aj = Rαj となる αj∈R が存在します (証明)。
(x + ζi+1y) + ζ(x + ζi-1y) = (ζ + 1)(x + ζiy)
であることより
εi+1λαi+1p + εi-1ζλαi-1p ∈ Rλp
となるので ε = εi-1ζ/εi+1 とおくと
αi+1p + εαi-1p ∈ Rλp-1 = Rp
となります。 任意の α∈R に対して α~ を α の複素共役とすると、 α - α~ ∈ Rp となります。 したがって
αi+1p + ε~αi-1p ∈ Rp
となります。 ε~ = ζrε となる r が存在するので (証明)
αi+1p + ζrεαi-1p ∈ Rp
となり、
(ζr - 1)αi-1p ∈ Rp
となって、αi-1 は ζ - 1 で割り切れないことから ζr - 1 ∈ Rp となり、r = 0、ε = ε~、ε = ±1 となります。 α = αi+1、β = ±αi-1、γ = αi、 f = e - 1 とおくと、
αp + βp ⊆ Rγp, γp ∈ R(1 - ζ)fp - R(1 - ζ)fp+1, f ≧ 1
となります。これを繰り返すと、f = 1 となって矛盾となります。

参考文献

  1. 足立恒雄著, フェルマーの大定理(第3版), 日本評論社, 1996.