フェルマーの最終定理 n = 7 （遊びの数論49）

他のメモへのリンク集。リンク集を飛ばして、このページの前書きへ。本文の目次へ。21、22などの数字は、メモの番号です。

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遊びの数論48の続き。誤字脱字・間違いがあるかもしれません。

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• 目次。約8の項目があります。2025などの数字は、メモの日付です。
• 2025-09-26　フェルマーの最終定理 n = 7 の場合（前編）　イタリアでの研究
• 2025-09-27　フェルマーの最終定理 n = 7 の場合（中編）　アクロバット
• 2025-09-29　フェルマーの最終定理 n = 7 の場合（後編）　無限降下
• 2025-10-03　Genocchi の定理（解説 ＆ Nagell 版）　スウェーデンでの研究
• 2025-10-05　Genocchi の定理（Nagell 版・続き）　t が偶数の場合
• 2025-10-07　Genocchi の定理の解明（Elkies 版）　米国での研究
• 2025-10-10　Genocchi の定理の解明（続き）　その理想は玲瓏にして
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2025-09-26　フェルマーの最終定理 n = 7 の場合（前編）　イタリアでの研究

#遊びの数論　#根のべき乗和　#コーシーの恒等式　#FLT

最終定理の n = 7 の場合とは、
　　x⁷ + y⁷ = z⁷
を満たすような整数 x, y, z は存在しない――という命題。問題の条件として、 x, y, z の中に 0 に等しいものがあっては駄目、と約束する。 z の符号を逆にして、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0　　（☆）
を満たすような整数 x, y, z は存在しない――と言い換えることもできる（以下、こっちの形式を使う）。この定理を証明したい。

数の範囲を無制限に広げるなら（☆）は解を持つ。例えば x = 1, y = 2 のとき x⁷ + y⁷ = 1 + 128 = 129 なので、
　　z = −⁷√129 = −2.0022247051…
と置けば x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 が成り立つ。このような無理数の解なら、いくらでも粗製乱造できる。もう少し面白い話として、 1 の原始立方根、すなわち t³ = 1 を満たす非実数（それは t² + t + 1 の根である）を ω とすると、例えば、代数的整数
　　x = 2, y = 2ω = −1 + √−3, z = 2ω² = −1 − √−3
も x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 を満たす。実際:
　　2⁷ + (2ω)⁷ + (2ω²)⁷ = 2⁷(1 + ω⁷ + ω¹⁴)
　　 = 2⁷(1 + ω + ω²) = 2⁷⋅0 = 0

上記の例の x, y, z は、整数 8 の（複素数の範囲での）三つの立方根に他ならない。このタイプの x, y, z は、
　　x + y + z = 2 + 2ω + 2ω² = 2(1 + ω + ω²) = 0
のように、和が 0 に等しい（この事実は自明に近い）。逆に、もしフェルマーの式（n = 7 の場合）を満たす x, y, z が「有理係数の3次式の三つの根」なら（整数でなくても良いとする）、それらは「ある有理数の三つの複素立方根」でなければならない（この事実は自明ではない）。

このような観点からの最終定理の拡張的研究は、19世紀イタリアのジェノッキ（Genocchi^†） による。 n = 7 のケースの初等的証明は、めったに紹介されない珍しい話題であり、好奇心をくすぐられる。

†　アンジェロ・ジェノッキ（Angelo Genocchi, 1817–1889）。イタリア北部ピアチェンツァ（Piacenza）出身の法律家、数学者。18世紀以降、イタリア北部はオーストリア（ハプスブルク帝国）の支配下にあり、ジェノッキはこの状況に強い不満を感じていたという。1848年の革命でイタリアはオーストリアの支配から解放されたが、オーストリアはすぐにイタリア北部を奪還。ジェノッキは失意のうちに故郷を捨ててイタリア北西部トリノ（Torino）に移り、多数の論文・著書などを執筆。 n = 7 の場合に関連する論文は三つ: 一つ目はイタリア語、二つ目・三つ目はフランス語で書かれている。
https://mathshistory.st-andrews.ac.uk/Biographies/Genocchi/

1.　U を未知数とする3次方程式
　　U³ − pU² + qU − r = 0　　‥‥①
の3解を U = x, y, z とする。解と係数の関係から:
　　p = x + y + z
　　q = xy + xz + yz
　　r = xyz

x, y, z はどれも 0 以外^†の有理数、と仮定する。このとき p, q, r も有理数。

†　「x, y, z が 0 以外」というのは、単に問題自体の条件。 p, q, r が有理数であるための必要条件ではない。

①の3解に「解の7乗和の公式」^‡を適用すると:
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = p⁷ − 7p⁵q + 7p⁴r
　　 + 14p³q² − 21p²qr − 7pq³ + 7pr² + 7q²r

よって x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 という条件は、次の関係を含意する:
　　p⁷ − 7p⁵q + 7p⁴r + 14p³q² − 21p²qr − 7pq³ + 7pr² + 7q²r = 0　　‥‥②

‡　詳細はリンク先参照。ちなみに、根の7乗和の一般公式でいうなら、 A, B, C にそれぞれ p, q, r を代入して D 以下を無視（0 扱い）したものに当たる。根の7乗和の一般公式は、「3次式の根の7乗和」に限らず、「任意の次数の多項式の根の7乗和」について有効だが、ここではそこまでの一般化は必須ではない。

ℓ = pq − r と置いて ℓ² = (pq − r)² = p²q² − 2pqr + r² を 7p 倍したもの、すなわち
　　7pℓ² = 7p³q² − 14p²qr + 7pr²　　‥‥③
は、②の左辺の整理に役立つ。
　　② − p⁷ − ③ = −7p⁵q + 7p⁴r + 7p³q² − 7p²qr − 7pq³ + 7q²r
　　 = −7(p⁵q − p⁴r − p³q² + p²qr + pq³ − q²r)
　　 = −7[(pq)(p⁴ − p²q + q²) − r(p⁴ − p²q + q²)]
　　 = −7[(pq − r)(p⁴ − p²q + q²)] = −7ℓ(p⁴ − p²q + q²)　　‥‥④
という関係があり、②から p⁷ と ③ = 7pℓ² を引いたものが④なので:
　　② − p⁷ − 7pℓ² = ④　つまり　② = p⁷ + ④ + 7pℓ²
　　∴　② = p⁷ − 7ℓ(p⁴ − p²q + q²) + 7pℓ² = 0　　‥‥⑤

〔注〕　このメモでは、 Genocchi の原論文 [3] （オンラインで自由に参照可能）の内容を詳しく解説する。上記のような複雑な処理が必要にならない方法について、後述する。

もしも ℓ = 0 だったなら⑤から p⁷ = 0 つまり p = 0 となり、そのとき 0 = ℓ = pq − r = 0⋅q − r = −r なので、 r = xyz は 0 に等しい。これは3解 x, y, z の中に 0 が一つ以上あることを含意し、問題の条件に反する。よって以下では ℓ ≠ 0 と仮定する。次の重大な定理が成り立つ。

Genocchi の定理（1876年）　有理係数の3次方程式の解 x, y, z が x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 を満たし、しかもそのどれも 0 ではないとすると、 x, y, z は、ある一つの有理数 r = xyz の（複素数の範囲での）三つの立方根である。

注記　この定理の系（副産物）として、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合が解決される。すなわち、
　　命題《x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 は整数解を持たない》
は正しい。範囲を「整数解」から「有理数解」に広げても、この命題は依然正しい。

証明　核心は、「⑤が成り立つなら p = 0 でなければならず、 p ≠ 0 のときには決して⑤は成り立たない」という点にある。その部分は後回しにして、もし p = 0 だとしたら何が起きるかを先に見ておこう。

p = 0 のとき、⑤はこうなる:
　　7ℓq² = 0
前述のように ℓ ≠ 0 なので、これは q² = 0 つまり q = 0 を含意する。そのとき（p = q = 0 なので）①はこうなる:
　　U³ − r = 0　つまり　U³ = r

つまり①の3解 x, y, z は、同じ有理数 r (= xyz) の三つの立方根。∎

複素数の範囲では、任意の有理数には三つの立方根があるが、そのうち二つは（有理数どころか）実数の範囲にも収まらない。従って、フェルマーの式（n = 7 の場合）は有理数解を持たない。

〔注〕　逆に言うと、もし仮にフェルマーの式が実数の範囲で無理数解を持つとしても、その解は、有理係数の3次式の根としては表現可能でない。

2.　上記の証明法は Genocchi 自身によるもので、証明の本体（後回しにした）がないと無味乾燥かもしれない。しかし p = x + y + z = 0 の場合に何が起きるかについては直接的な別証明もあり、これがなかなか小気味いい。

別証明 [4, Theorem 124]　もし x + y + z = 0 なら z = −(x + y) なので、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0
という条件を次のように書き換えることができる。
　　x⁷ + y⁷ + [−(x + y)]⁷ = 0　つまり　x⁷ + y⁷ − (x + y)⁷ = 0
両辺を −1 倍して:
　　(x + y)⁷ − x⁷ − y⁷ = 0　　（★）

Cauchy の恒等式
　　(x + y)⁷ − x⁷ − y⁷ = 7xy(x + y)(x² + xy + y²)²
を適用すると、（★）は
　　7xy(x + y)(x² + xy + y²)² = 0
と同値。この最後の等式が成り立つ条件は x = 0 または y = 0 または x + y = 0 または x² + xy + y² = 0 であるが、そのうち x = 0 と y = 0 は問題の条件に反する。この場合、仮定により z = −(x + y) なので、 x + y = 0 は z = 0 を含意し、やはり条件に反する。よって必然的に
　　x² + xy + y² = 0
が成り立つ。この等式の両辺を y² で割ると:
　　(x/y)² + (x/y) + 1 = 0
これを (x/y) についての2次方程式と見ると、その解は x/y = (−1 ± √−3)/2 すなわち 1 の原始立方根 ω だ（± の符号は状況に応じて適宜選ぶものとし、どちらを選んだ場合でもその複素数 x/y を ω と呼ぶことにする）。そして x/y = ω は x = ωy を含意する。もう一つの解は:
　　z = −(x + y) = −(ωy + y) = (−ω − 1)y = ω²y
　　∴　xyz = (ωy)⋅y⋅(ω²y) = y³

仮定により r = xyz は有理数なので、結局 {x, y, z} は同じ有理数 r の（複素数の範囲での）三つの立方根。∎

Cauchy の恒等式（それはもともとフェルマーの最終定理との関連で発見されたものだ）が、クリーンヒットを放つ。

3.　メインディッシュ。 Genocchi の定理の本体の証明に入る（実質的なターゲットはフェルマーの最終定理の n = 7 の場合だが、より広い範囲の事柄が証明される）。

等式⑤を再掲。 ℓ ≠ 0 と仮定している。以下では p = x + y + z ≠ 0 と仮定して矛盾を導き、 p ≠ 0 が不可能であることを示したい（それに成功すれば、 p = 0 でなければならないという結論になる）。
　　p⁷ − 7ℓ(p⁴ − p²q + q²) + 7pℓ² = 0　　‥‥⑤（再掲）
この式を簡単化するため、
　　q = p²Q, ℓ = p³L
と置く^†。結果は:
　　p⁷ − 7(p³L)[p⁴ − p²(p²Q) + (p²Q)²] + 7p(p³L)²
　　 = p⁷ − 7L[p⁷ − p⁷Q + p⁷Q²] + 7p⁷L² = 0
両辺を 7p⁷ で割って:
　　1/7 − L(1 − Q + Q²) + L² = 0　つまり
　　L² − (1 − Q + Q²)L + 1/7 = 0　　‥‥⑥

†　少しトリッキーな変数置換だが、一種の「同次化」のような変形。 p の指数がどれも 7 になるように、適切な次数の p のべき（p² など）を含む補助的な表現（p²Q など）を使って p 以外の変数を置き換え、 p の指数が 7 にそろったところで、全体を p⁷ で割って、結局 L についての2次式にした。もともとの7次式より、扱いやすそうだ。もっと自然に同等の結論を得る方法を後述する。

L = ℓ/p³ は有理数のはずだから、 L が満たすべき条件を定める2次方程式⑥は、有理数解を持たねばならない。すなわち、⑥の判別式
　　D = (1 − Q + Q²)² − 4/7　　‥‥⑦
の値は負になってはならず、 D = 0 も許されない^‡。

‡　D = 0 は (1 − Q + Q²)² = 4/7 を含意し、それは 1 − Q + Q² = ±√(4/7) = ±(2√7)/7 を含意するが、この等式は成り立ち得ない。実際、 1 − Q + Q² は有理数であり（なぜなら Q = q/p² は有理数）、無理数 ±(2√7)/7 とは別の種類の数。

よって D は正。のみならず、 ±√D が無理数を生じず L が有理数であるためには、 D が有理数の平方であることが必要（この必要条件は厳しく、実はどうやってもこの条件を満たすことができない）。

Q は有理数だから 2Q − 1 も有理数。すなわち、
　　2Q − 1 = s/t　　‥‥⑧
を満たす整数 s, t が存在する（もちろん t ≠ 0）。もし右辺の分数が約分可能なら徹底的に約分して「これ以上約分できない形」（既約分数）にし、その分子・分母をあらためて s, t とする――つまり整数 s, t の最大公約数は 1（言い換えれば s, t は互いに素）と仮定する。⑧を Q について解くと:
　　Q = (s/t + 1)/2 = s/(2t) + 1/2
これを⑦に代入すると:
　　D = [1 − (s/(2t) + 1/2) + (s/(2t) + 1/2)²]² − 4/7
　　 = [1/2 − s/(2t) + (s²/(4t²) + s/(2t) + 1/4)]² − 4/7
　　 = (s²/(4t²) + 3/4)² − 4/7 = s⁴/(16t⁴) + 3s²/(8t²) + 9/16 − 4/7
　　 = s⁴/(16t⁴) + 3s²/(8t²) + (9⋅7 − 4⋅16)/(16⋅7) = s⁴/(16t⁴) + 3s²/(8t²) − 1/(16⋅7)

この D は、何らかの有理数の平方のはずであり、当然 D も有理数。分母を払うため、この数を 7²⋅16t⁴ 倍する。 7²⋅16t⁴ = (7⋅4t²)² 自身も有理数（より正確には整数）の平方なので、結果の
　　7²⋅s⁴ + 7²⋅2t²⋅3s² − 7⋅t⁴ = 7²(s⁴ + 6s²t²) − 7t⁴　　‥‥⑨
も有理数の平方。のみならず s, t は整数なので、⑨は明らかに整数であり、従ってそれは整数の平方であり、しかも⑨の値は素因子 7 を含むので、「7 の倍数」の平方だ。その「7 の倍数」を 7u としよう――つまり何らかの整数 u があって、
　　7²(s⁴ + 6s²t²) − 7t⁴ = (7u)²
を満たすはず。上記右辺の形から、この等式が表す整数は 7² = 49 で割り切れる。両辺を 7² で割ると:
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²　　‥‥⑩

〔参考〕　Genocchi 自身は、少し違う手順で⑩を導出している（付録A）。

注記　整数 u の符号は、正でも負でも構わない（例: 仮に左辺が 81 なら u = 9 でも u = −9 でも構わない）。この符号は自由に再選択可能なので、必要ならいつでも符号を反転させることができる。

⑩の右辺 u² は、もちろん整数。それに等しい左辺も整数なんで、左辺には (1/7)t⁴ が含まれるけど、これも整数。 t⁴ は 7 で割り切れ、当然 t は 7 の倍数でなければならない。

〔例〕　仮に t = 14 なら（それは 7 の倍数である）:
　　(1/7)t⁴ = (t/7)t³ = (14/7)⋅14³ = 2⋅14³ = 5488

この節の締めくくりとして、次の観察を書き留めておく。

補題A　⑩において t と u は互いに素、つまり共通の素因数を持たない。 s と u も互いに素。

〔注〕　特に面白い内容でもないが、以降の証明の簡潔化にほんの少し役立つ。

証明　もしも t と u がどちらも同じ素数 c で割り切れたなら（言い換えると t, u がどちらも c の倍数だったなら）、⑩を移項した式
　　s⁴ = u² − 6s²t² + (1/7)t⁴
の右辺各項はどれも c の倍数であり（どれも因子 c を含む）、従って、 c の倍数同士を加減した上記右辺は全体としても c の倍数、それに等しい左辺 s⁴ も c の倍数――必然的に s は c の倍数になってしまう。これは「s, t がどちらも c で割り切れる」ことを含意し、 s, t が互いに素という前提――分数 s/t は、これ以上、約分できないという仮定――に反する。ゆえに「t, u が共通素因子を持つ」という仮定は不合理で、実際には起こり得ない。

同様に「s, u が同じ素数 c で割り切れる」という仮定も不合理。まず t はもともと 7 で割り切れるので、仮に s, u も両方 7 で割り切れるとすると s, t は両方 7 の倍数になってしまい、「s, t は互いに素」という前提に反する。では s, u が 7 以外の共通素因子 c を持つことならあり得るか。もしもあり得たなら、⑩を移項した式
　　(1/7)t⁴ = u² − 6s²t² − s⁴
の右辺各項はどれも c の倍数、よって右辺は全体として c の倍数、それに等しい左辺も c の倍数になり、必然的に t は c の倍数になってしまう。これも「s, t は互いに素」という前提に反する。∎

4.　⑩の s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u² は、まあまあ簡単そうな式だ。この式を満たす整数 s, t が存在しないことを示すことができれば（つまり左辺の s, t にどんな整数を入れても、決して整数の平方に等しくはならないことを示せば）、⑥の判別式⑦は有理数の平方にはなり得ないことになり、⑥に当てはまる有理数 L は存在しないことになる。これは⑤を満たす有理数 ℓ が存在しないことと同値であり、
　　有理係数の3次式の（0 ではない）根 x, y, z が x + y + z = 0 を満たさない　⇒　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 は不可能
ということが証明されるであろう。

〔本音〕　Genocchi の証明に追随することは難しくない。でも正直、②から⑤への変形はトリッキーだし、⑧の設定も見通しが悪い。「何かが既約分数 s/t に等しくなる」と仮定すること（そして後から矛盾を導くこと）自体はいいとして、そのアプローチを適用するターゲットが3次式の係数 p, q, r のどれでもなく、係数 q に関連する補助変数 Q でもなく、 2Q − 1 だ――という点は天下り的。今は素直に原文通りに進めるけど、もうちょっと明快にできないものか…と感じる点もある。

簡単な補題（以下で必要になる）を導入する。今回の話に限らず、さまざまな場面で役立つ基本事実。

補題B　奇数の平方は 8 の倍数より 1 大きい。奇数の4乗も 8 の倍数より 1 大きい。記号で書くと:
　　X が奇数　⇒　X² ≡ 1 (mod 8)　かつ　X⁴ ≡ 1 (mod 8)

〔例〕　奇数 3 の平方 9 は、 8 の倍数 8 より 1 大きい。奇数 3 の4乗 81 も、 8 の倍数 80 より 1 大きい。

証明　奇数は 4 の倍数より 1 大きいか（4N+1型）、または 4 の倍数より 1 小さい（4N−1型）。両方のタイプをまとめて 4N ± 1 と表記する（N は何らかの整数）。すると奇数の平方は、
　　(4N ± 1)² = 16N² ± 8N + 1 = 8(2N² ± N) + 1
という形を持つ。右端の第1項 8(2N² ± N) は 8 の倍数。第2項も考慮すると、奇数の平方は、 8 の倍数プラス 1。

「奇数の平方」は奇数であり（例: 3² = 9）、奇数の4乗は「奇数の平方」の平方――つまりそれ自身「奇数の平方」――なので（例: 3⁴ = (3²)² = 9²）、奇数の4乗についても、上と同じことがいえる。∎

5.　証明本体の続き。⑩を再掲する。
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²　　‥‥⑩（再掲）
ここで s, t は互いに素な整数、 t は 7 の倍数、 u は整数。われわれの目的は、この式を証明することでも、この式を解くことでもない。正反対に、この関係を満たす整数 s, t, u が全く存在し得ないことを示したい（フェルマーの最終定理は「これこれの方程式には解がない」という内容なので、その証明も「これは不可能」「この仮定は矛盾している」というタイプの議論になる）。 Genocchi は、ここで s, t が両方とも奇数の場合、 t だけが奇数の場合、 s だけが奇数の場合の三つのケースに分けて議論している。

〔注〕　この場合分けについては簡単化の余地があるが（§14）、ここでは Genocchi 自身の記述に従う。この節の議論は（それ自体としては退屈かもしれないけど）、重要な手法の具体例だ。

アイデアは、恒等式 X² − Y² = (X + Y)(X − Y) に基づく――与えられた式を「2乗の差」の形に変形することが鍵。⑩でいえば、こんなふうになる^†。
　　(s² + 3t²)² − (64/7)t⁴ = u²　　‥‥⑪

†　⑪は、⑩の左辺を次のように変形したもの:
　　(s⁴ + 2⋅3s²t² + 9t⁴) − 9t⁴ − (1/7)t⁴ = (s² + 3t²)² − (64/7)t⁴

最初に s, t が両方奇数だ仮定しよう。このとき、補題Bにより、
　　s² + 3t² ≡ 1 + 3⋅1 ≡ 4 (mod 8)
は 8 の倍数より 4 大きい。言い換えれば 4 の奇数倍に等しい。よって、
　　(s² + 3t²)² = (4 × 奇数)² = 16 × 奇数²
は 16 で割り切れる（商は、奇数²）。仮定により t は奇数、従って整数 (1/7)t⁴ も奇数なので、
　　(64/7)t⁴ = 64 × 奇数 = 16 × 4 × 奇数
も、もちろん 16 で割り切れる（商は 4 × 奇数）。よって⑪の左辺各項は 16 で割り切れ、⑪の左辺が表す整数（16 の倍数同士の差）も 16 で割り切れる。それに等しい右辺も、当然 16 で割り切れるはず。そこで⑪の両辺を 16 = 4² で割ると:
　　((s² + 3t²)/4)² − (4/7)t⁴ = (u/4)²　　‥‥⑫

上述のように⑫の左辺第1項は (奇数)²、つまり奇数。左辺第2項は 4 × 奇数、つまり偶数。従って、左辺は奇数（奇数マイナス偶数だから）。当然それに等しい⑫の右辺も奇数、ゆえに u/4 は奇数。この仮定上では u は偶数^†。

†　u/4 が整数（奇数）なのだから u は 4 の倍数で、当然、偶数。

⑫が成り立つなら、それを次のように変形できる。
　　((s² + 3t²)/4)² − (u/4)² = (4/7)t⁴　　‥‥⑬
　　∴　(s² + 3t² + u)/4 × (s² + 3t² − u)/4 = (4/7)t⁴　　‥‥⑭

s² + 3t² は 4 の奇数倍だから 4 で割ると奇数だし、 u/4 も奇数（どちらについても既述）。これらの事実から、
　　(s² + 3t²)/4 ± u/4 = 奇数 ± 奇数 = 偶数
であり、
　　α = (s² + 3t² + u)/4　と　β = (s² + 3t² − u)/4
はどちらも偶数。つまり、整数 α, β は、公約数 2 を持つ。他方、 4 = 2² は α, β の公約数ではない。

〔注〕　⑭より α × β = (4/7)t⁴ であるが、この右辺は因子 2 を二つしか含まない（∵ t は奇数）。よって α と β が因子 2 を一つずつ分け合うと、それで因子 2 は尽きてしまう。

では α と β は、 3, 5, 7, 11 などの公約数を持ち得るか？　「もしも」の話として、 α, β の両方が 3 以上の何らかの素数 c で割り切れるとしたら――言い換えると α, β がどちらも c の倍数だとしたら――、当然、 c の倍数同士の和
　　α + β = (2s² + 6t²)/4 = (s² + 3t²)/2
も c の倍数であり（従って s² + 3t² は c で割り切れる）、 c の倍数同士の差
　　α − β = 2u/4 = u/2
も c の倍数になるはず（従って u は c で割り切れる）。しかし、この「もしも」は不合理…。まず c = 7 とすると、 t はもともと 7 の倍数なので、仮に s² + 3t² が 7 で割り切れるなら s も 7 で割り切れる（それを確かめるには、補題Aの証明でやったように、移項して s² = の形にして、それが 7 で割り切れることを言えばいい）。これは s, t が互いに素という仮定に反する！　次に c ≠ 7 とすると、仮に s² + 3t² と u がどちらも c で割り切れるなら、⑬により t も c で割り切れる――つまり t, u が共通の素因数 c を持つことになるが、これは補題Aと矛盾。結局 α, β は 3 以上の共通素因子を持ち得ない。

t は 7 の倍数であり、ここでは仮定上、奇数。そこで t = 7T と置くと、 T は奇数。今、 T = AB のように、 T が整数 A, B の積にさらに分解されたとしよう（A, B は素数でも素数でなくてもいいが、互いに素とする。当然どちらも奇数）。⑭の分解
　　α × β = 2²⋅(1/7)(7AB)⁴ = 2²⋅7³⋅A⁴⋅B⁴
に関連して、整数 α × β を構成する素因数たちがどのように α, β に配分され得るか考えると、 α, β の共通素因子は 2 だけなのだから、概念的には、
　　α = 2⋅7³⋅A⁴　そして　β = 2⋅B⁴　　‥‥⑮
のように（因数たちが）配分されるはず（α と β の内容はあべこべになり得るが――例えば因子 7³ を持つのは α ではなく β かもしれないが――、この二つの変数は u の符号設定を逆にするだけで値が入れ替わる。⑮のようになるように、 u の符号を選択したとしよう）。 T = AB の分解の仕方は、 A と B が互いに素で B が因子 7 を持たない限りにおいて、全く任意（極端な話、必要なら T の全部の素因子が A に入って B は = 1 になっても、構わない）。⑭の分解が成り立つなら、左辺の二つの分数つまり α, β の実際の値とつじつまが合うように、臨機応変に A と B の内容が設定されるものとする。

〔注〕　議論のポイントを明確にするため「悪い例」を挙げる。
　　α = 2⋅7²⋅A⁴　そして　β = 2⋅7⋅B⁴
のような分解（因数の配分）は、 α, β が公約数 7 を持つことになるため、許されない。同様に A と B は、共通の素因子を持ち得ず、互いに素でなきゃ駄目、というわけ。

ところが、この「正しい（概念上、唯一の可能性のように思われる）分解の仕方」⑮も、矛盾をはらんでいる！　実際、⑮を念頭に置くと、
　　(α + β =) (2s² + 6t²)/4 = 2⋅7³⋅A⁴ + 2⋅B⁴
となるが、両辺を 2 で割ると:
　　(s² + 3t²)/4 = 7³⋅A⁴ + B⁴
この左辺の分数は奇数（前述）。 A, B が奇数であることに留意すると、右辺は補題Bから、
　　≡ (−1)³⋅1 + 1 ≡ 0 (mod 8)
であり^†、 8 の倍数。「奇数が 8 の倍数」というのは、ばかげている。矛盾！

†　7 ≡ −1 (mod 8) だ。これは「8 の倍数より 7 大きいこと」と「8 の倍数より 1 小さいこと」は同値、という意味。

要するに s, t が両方とも奇数だと仮定した場合、内部的に素因数がどう配分されると想定しても⑩の関係は成り立たず、矛盾が生じてしまう。われわれの目標は「不可能であることの証明」であり、不可能な等式を検討すれば、矛盾が生じるのは当たり前。むしろ矛盾が生じることが、証明の成功だ！

まだ等式⑩を満たす整数 s, t の存在が全面的に否定されたわけではないが、これで「s, t が両方とも奇数」という可能性は排除された。 s, t は互いに素なので「両方とも偶数」ということも、あり得ない。可能性があるとすれば、「s が偶数で t が奇数」か、もしくは「s が奇数で t が偶数」ということになる。次回以降、これらの可能性を順につぶしていく。

s, t の導入がいささか天下り的なのが遺憾だが、それ以降の進め方は古典数論的で、普通に面白い。特に X² − Y² = Z のような形を (X + Y)(X − Y) = Z と変形して、 Z の因子が α = X + Y と β = X − Y の間でどう配分されるのか検討すること（もし α, β が公約数 c を持てば、その c は α + β = 2X や α − β = 2Y の約数でもある）――この発想は、いろんなことに応用が利きそうだ（次回以降、証明の続きの中でも、このテクニックは何度も使われるであろう）。

フェルマーの最終定理は、ある意味においては有名過ぎて「陳腐」な題材だが、うわべの知名度とは裏腹に、関連する事柄の中には、独特の面白さ・繊細さを持ちながら歴史に埋もれかけている事柄も多いようだ。 n = 7 のケースが Lamé によって証明されたこと、 n = 7 のケースより先に Dirichlet が n = 14 のケースを証明したことなどは、多くの文献に記されている。けれど、そうした歴史的証明の内容は複雑過ぎて、紹介されることがほとんどない。1840年ごろの Lamé による n = 7 の場合の証明は、同時期に Lebesgue によってより簡単な証明に置き換えられたが、まだ強引な力技だった。1860年代から1870年代に Genocchi は n = 7 の場合を再検討し、簡潔な別証明を完成させた。

n = 7 は、初等的・古典的な手法の限界に近いケースといえるだろう。問題の全体を見渡せるような、高度で見通しの良いアプローチを追求するのが本筋だが、素朴な方法で限界ギリギリのところを歩んでみるのも、また一興。

（続く）

付録A　式⑩の導出（Genocchi 自身による方法）

不定方程式 s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u² は Genocchi の研究のキーポイント（本文§3の⑩）。この式は、2次方程式⑥の判別式
　　D = (1 − Q + Q²)² − 4/7
に Q = s/(2t) + 1/2 を代入すれば、機械的な単純計算で得られるものだが（§3）、 Genocchi 自身は、その途中計算を次の手順で進めている（本文 §3 で記した方法とは少し異なる）。参考までに記しておく。

Q = s/(2t) + 1/2 の代わりに、通分した Q = (s + t)/(2t) を使うと:
　　1 − Q + Q² = 1 − (s + t)/(2t) + (s² + 2st + t²)/(4t²)
　　 = (4t²)/(4t²) − (2st + 2t²)/(4t²) + (s² + 2st + t²)/(4t²) = (s² + 3t²)/(4t²)
従って:
　　D = ((s² + 3t²)/(4t²))² − 4/7 = (s⁴ + 6s²t² + 9t⁴)/(16t⁴) − 4/7
　　 = 1/(16t⁴)(s⁴ + 6s²t²) + (9t⁴)/(16t⁴) − (4)/(7)
　　 = 1/(16t⁴)(s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴)　　（❖）
なぜなら:
　　(9t⁴)/(16t⁴) − (4)/(7) = (7⋅9t⁴ − 4⋅16t⁴)/(7⋅16t⁴) = (−t⁴)/(7⋅16t⁴) = 1/(16t⁴)(−(1/7)t⁴)

§3と同様にして、（❖）から⑩、すなわちジェノッキの方程式を得る（s, t, u は整数）:
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²

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2025-09-27　フェルマーの最終定理 n = 7 の場合（中編）　アクロバット

#遊びの数論　#FLT

前回の粗筋　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u² という等式⑩を満たす整数 s, t, u が存在しないことを証明できれば、最終定理の n = 7 の場合は解決する！　導出には少々厄介な点もあったものの、「ここまで来れば、何とかなりそう」というレベルの簡単な式が得られ、一安心。ここで t は 7 の倍数、従って (1/7)t⁴ は整数。そして s, t, u は、どの二つも互いに素（補題A）。さて s, t が両方奇数の場合には、等式⑩は成り立たない――その証明を完了したわれわれは、「あとは s, t の一方が偶数、他方が奇数のケースを片付けるだけだ」と、前進のモチベーションを高めるのであった。だがこの先は、一体どうなっているのか。ほとんど誰も通らない雑草ぼうぼうの細道に、踏み込んでいく。ちょっぴり不安だけど、ワクワク、ドキドキ…

6.　本題に入る前に、簡単な補題を導入しておく。

補題C
〘ⅰ〙　偶数の2乗も、偶数の4乗も、4 の倍数。記号で書くと:
　　X が偶数　⇒　X² ≡ X⁴ ≡ 0 (mod 4)
〘ⅱ〙　奇数の2乗も、奇数の4乗も、4 の倍数より 1 大きい。記号では:
　　X が奇数　⇒　X² ≡ X⁴ ≡ 1 (mod 4)
〘ⅲ〙　奇数 X が 4 の倍数より 1 大きいなら X³ も 4 の倍数より 1 大きく、奇数 X が 4 の倍数より 3 大きいなら X³ も 4 の倍数より 3 大きい。記号では:
　　X が奇数　⇒　X³ ≡ X (mod 4)

〔例1〕　偶数 6 の2乗 36 は 4 の倍数。偶数 6 の4乗 1296 も 4 の倍数。

〔例2〕　奇数 7 の2乗 49 は 4 の倍数 48 より 1 大きい。奇数 7 の4乗 2401 も 4 の倍数 2400 より 1 大きい。

〔例3〕　奇数 5 は 4 の倍数 4 より 1 大きい。 5³ = 125 も 4 の倍数 124 より 1 大きい。一方、奇数 7 は 4 の倍数 4 より 3 大きい。 7³ = 343 も 4 の倍数 340 より 3 大きい。

証明　偶数は X = 2N の形の数なので（N は何らかの整数）、 X² = (2N)² = 4N² が 4 の倍数であることは明白。一方、奇数は X = 2N + 1 の形の数なので、
　　X² = (2N + 1)² = 4N² + 4N + 1 = 4(N² + 1) + 1
は、 4 の倍数 4(N² + 1) より 1 大きい。

偶数の2乗は偶数、奇数の2乗は奇数。だから2乗したものをもう一度2乗しても（つまりトータルで4乗しても）、結論は変わらない。

最後に X が奇数なら、〘ⅱ〙から X² ≡ 1 (mod 4) だ。よって、
　　X³ = X⋅X² ≡ X⋅1 ≡ X (mod 4)
となって、奇数 X を 4 で割ったときの余りと、 X³ を 4 で割ったときの余りは、一致する。∎

7.　本題。等式⑪を再掲する（実質的内容は等式⑩と全く同じ）:
　　(s² + 3t²)² − (64/7)t⁴ = u²　　‥‥⑪（再掲）

これ以降、 s, t の一方が偶数、他方が奇数と仮定する。この仮定上では⑪の両辺は奇数^†、従って u は奇数。

†　s, t のどちらが偶数、どちらが奇数でも、 s² + 3t² は奇数（二つの項の一方は偶数、他方は奇数なので）。64の倍数 (64/7)t⁴ はもちろん偶数なので、⑪ = 奇数 − 偶数 = 奇数。

⑪を次のように変形し、前回同様、 α, β にどんな素因子が配分され得るか検討する。
　　(s² + 3t²)² − u² = (64/7)t⁴
　　∴　(s² + 3t² + u)(s² + 3t² − u) = 64⋅(t/7)⋅t³　　‥‥⑯

s² + 3t² も u も奇数なので（上述）、⑯左辺の二つの因子
　　α = s² + 3t² + u　そして　β = s² + 3t² − u
は奇数 ± 奇数で、どちらも偶数。よって α, β は、公約数 2 を持つ。しかし α, β が公約数 4 を持つこと（言い換えれば α, β が両方 4 の倍数になること）は、あり得ない^‡。

‡　もしも α, β が両方 4 の倍数だったら α − β = 2u も 4 の倍数になるはず。しかし、実際にはそうはなっていない（u は奇数なので 2u = 2 × 奇数は 4 の倍数ではない）。つまり α, β の少なくとも一方は、 4 の倍数ではない。

64 = 2⁶ なので、等式⑯が表す整数には素因子 2 が少なくとも六つ含まれている（もし t が偶数なら素因子 2 の数は七つ以上に増える）。ところが、上述のように、 α, β の一方は 4 の倍数ではない（他方は 4 の倍数）。変数名 α, β は交換可能なので、どっちがどっちと考えても構わないのだが、話を具体的にするため「α は 4 の倍数ではない」「β は 4 の倍数」と仮定しよう（Genocchi の論文でも、同様のことが暗黙に仮定されている）。要するに、⑯が含む素因子 2 の総数を N とすると（N は 6 以上）、それらが α, β に配分されるとき、 α は N 個の 2 のうち 1 個だけを受け取り、 β が残りの N−1 個を独り占めする。

因子の配分の様子をより詳しく検討するため、前回同様、 t = 7AB と置く。ここで整数 A, B は、互いに素。それぞれは、素数でも素数でなくても構わない。しからば⑯の右辺は、
　　2⁶⋅AB⋅(7AB)³ = 2⁶⋅7³⋅A⁴⋅B⁴
に等しい。これは⑯の左辺――つまり αβ ――の因数分解であり（A, B は素数とは限らないので、素因数分解とは限らない）、 αβ の因子の中には素因子 7 が少なくとも三つ含まれる。これら三つ（以上）の 7 たちについても、 α, β で仲良く分けるわけにはいかず、例えば α が素因子 7 を全部受け取って β は一つももらえない（あるいはその逆）という配分になる（α, β が公約数 7 を持つことが許されないため）。

以上の状況を踏まえると、⑯の因子を α, β に配分する方法のうちで実現可能性があるものは、
　　ア　α = 2⋅7³A⁴, β = 2⁵⋅B⁴
もしくは、
　　イ　α = 2⋅A⁴, β = 2⁵⋅7³⋅B⁴
しかない。どちらのケースでも α と β の値はあべこべになり得るが、この二つの変数は u の符号設定を逆にするだけで値が入れ替わる。ア・イのどちらかになるように、 u の符号が適切に選択されるものとする。

A × B は整数 t/7 に含まれる全部の因子を二つの整数の積に分解したもの。具体的な A, B の内容については、等式⑯とつじつまが合うように、臨機応変に設定されるものとする（そうすることが可能なら）。

注意　前述のように、「α は 4 の倍数ではない」「β は 4 の倍数である」というのは必然的なことではなく、（変数名の選択に関しての）規約に過ぎない。論理的には、あべこべ（α は 4 の倍数で β は 4 の倍数ではない）でも構わない。しかし、どちらかに決めておかないと議論を進めにくいので、規約に合致するように u の符号を選んだ――と仮定する（言い換えると、規約に合致するように、必要に応じて変数名 α, β を入れ替える）。その結果、等式⑯が成り立つなら、必ずアまたはイが成り立つ。

この規約の結果として:

補題D　ア・イどちらにおいても A は奇数。

証明　規約により α は 4 = 2² の倍数ではない。ア・イどちらにおいても、もしも A が偶数つまり 2 の倍数なら、この前提に反する。∎

さて α = s² + 3t² + u と β = s² + 3t² − u の和は、アの場合には、
　　(α + β =) 2s² + 6t² = 2⋅7³A⁴ + 2⁵B⁴
となり、イの場合には、
　　2s² + 6t² = 2A⁴ + 2⁵⋅7³B⁴
となる。それぞれ両辺を 2 で割ると:
　　s² + 3t² = 7³A⁴ + 2⁴B⁴　　‥‥㋐
　　s² + 3t² = A⁴ + 2⁴⋅7³B⁴　　‥‥㋑

それでは㋐と㋑のどちらの選択肢が適切か（あるいは、両方とも可能性があるのか）？

s が偶数で t が奇数なら、補題Cから
　　s² + 3t² ≡ 0 + 3⋅1 ≡ 3 (mod 4)　　◆
であり、 s が奇数で t が偶数なら、
　　s² + 3t² ≡ 1 + 3⋅0 ≡ 1 (mod 4)　　◇
だ。他方において、㋐の右辺第2項も㋑の右辺第2項も「2⁴ = 16 の倍数」なので 4 で割り切れ、従って、㋐の右辺ないし㋑の右辺を 4 で割ったときの余りは、それぞれの右辺第1項のみによって決まる。 A が奇数であること（補題D）に留意しつつ補題Cを使うと:
　　㋐ ≡ ㋐の右辺第1項 ≡ 7³⋅1 ≡ 7³ ≡ 7 ≡ 3 (mod 4)^†
　　㋑ ≡ ㋑の右辺第1項 ≡ 1 (mod 4)

㋐㋑の左辺はどちらも s² + 3t² だが、この値は ◆ のケースでは ≡ 3 で、 ◇ のケースでは ≡ 1 だ。一方、㋐の右辺は ≡ 3 で、㋑の右辺は ≡ 1 だ（いずれも mod 4）。よって、可能性のある組み合わせは、 ◆ の s が偶数（t が奇数）のケースなら㋐に限られ、 ◇ の s が奇数（t が偶数）のケースなら㋑に限られる。

これら二つの可能性を分析し、「結局そのどちらも不可能」ということを突き止めれば、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合の証明が完了する。それがこの探検の目的だ！

†　7 を 4 で割った余りは 3 なので 7 ≡ 3 (mod 4)。

8.　まず s が偶数で t が奇数と仮定する。このケースでは、㋐の
　　s² + 3t² = 7³⋅A⁴ + 2⁴⋅B⁴
が成立し得ないことを示せばいい。仮定により t = 7AB。㋐を移項して T に 7AB を代入すると:
　　s² = 7³⋅A⁴ + 2⁴⋅B⁴ − 3t² = 7³⋅A⁴ + 2⁴⋅B⁴ − 3(7AB)²
　　∴　s² = 2⁴B⁴ − 3⋅7²A²B² + 7³A⁴　　‥‥㋒

〔注〕　もっと簡潔に㋒を導く方法を後述する（§14, §15, §16）。

64倍のアクロバット　㋒の両辺を 2⁶ (= 64) 倍すると:
　　2⁶s² = 2¹⁰B⁴ − 2⁶⋅3⋅7²A²B² + 2⁶⋅7³A⁴
　　 = 2¹⁰B⁴ − 2⋅(2⁵B²)⋅(3⋅7²A²) + 9⋅7⁴A⁴ + 2⁶⋅7³A⁴ − 9⋅7⁴A⁴
　　 = 2¹⁰B⁴ − 2⋅(2⁵B²)⋅(3⋅7²A²) + 9⋅7⁴A⁴ + 64⋅7³A⁴ − 63⋅7³A⁴
　　 = (2⁵B² − 3⋅7²A²)² + 7³A⁴
右辺第1項を移項して:
　　2⁶s² − (2⁵B² − 3⋅7²A²)² = 64s² − (32B² − 3⋅7²A²)² = 7³A⁴
　　∴　(8s² + 32B² − 3⋅7²A²)(8s² − 32B² + 3⋅7²A²) = 7³A⁴　　‥‥⑰

〔注〕　あとは⑰に「いつもの論法」を適用して矛盾を導くだけだが、上記の変形で「平方完成すると X² = Y² + Z の形になり X² − Y² = (X + Y)(X − Y) = Z の形にできる」というのが面白い。このトリックがうまくいくのは、 9⋅7⁴ = 21609 と 64⋅7³ = 21952 という二つの数の差が、ちょうど 7³ = 343 に等しいため。実際、 9⋅7⁴ = 9⋅7⋅7³ = 63⋅7³ は、 64⋅7³ より、ちょうど 7³ だけ小さい。煎じ詰めると、
　　63 = 9 × 7 = (8 + 1)(8 − 1) = 8² − 1 = 64 − 1
という関係に基づく（下記⑱⑲などの処理でも、この関係が利用される）。⑰の導出では、このトリックを見越して、最初に等式の両辺を 64 倍している――見通しが良いかはさておき、ちょっとしたアクロバット！

⑰左辺の二つの因子
　　γ = 8s² + 32B² − 3⋅7²A²　と　δ = 8s² − 32B² + 3⋅7²A²
は互いに素だ^†。

†　もしも γ, δ が公約数 7 を持っていたら γ + δ = 16s² は 7 で割り切れ、 s は 7 で割り切れる。これは s, t が互いに素という仮定に反する（t は 7 の倍数）。一方、もしも γ, δ が共通の素因子 c ≠ 7 を持っていたら、 γδ = 7³A⁴ は c の倍数、よって A は c の倍数。このとき γ − δ = 64B² + 3⋅7²A² も c の倍数、よって B は c の倍数。これは A と B が互いに素という仮定に反する。

仮定により t = 7AB は奇数なので、その因子 A は奇数。 A を臨機応変に「互いに素な二つの因子」に分解して A = ef とすると、当然 e, f も奇数。⑰から γδ = 7³A⁴ = 7³e⁴f⁴ であるが、それが互いに素な γ, δ に分解されるのだから、 γ, δ の一方は 7³e⁴ に等しく、他方は f⁴ に等しい^‡。ゆえに γ − δ は、次の二つの整数のどちらかに等しい:
　　(64B² − 6⋅7²A² =) 64B² − 6⋅7²e²f² = 7³e⁴ − f⁴　　‥‥⑱
　　または　64b² − 6⋅7²e²f² = f⁴ − 7³e⁴　　‥‥⑲

‡　見掛け上 {γ, δ} = {7³f⁴, e⁴} という分解オプションもあるが、その場合、単に変数名 e と変数名 f を入れ替えれば、本文と同じ結果に。この見掛け上のオプションは、単に変数の名前の選択の問題に過ぎない。

⑱は、次のように変形される:
　　64B² = 7³e⁴ + 6⋅7²e²f² − f⁴ = 7³e⁴ + 2⋅7²e²⋅3f² + 7⋅9f⁴ − 7⋅9f⁴ − f⁴
　　 = 7[7²e⁴ + 2⋅(7e²)⋅(3f²) + 9f⁴] − 64f⁴
　　∴　64B² = 7(7e² + 3f²)² − 64f⁴
e, f が奇数であることと 7 ≡ −1 (mod 8) に留意すると、この最後の等式は、
　　0 ≡ (−1)(−1⋅1 + 3⋅1)² − 0 ≡ −4 (mod 8)
を含意する（補題B参照）。これは「8 の倍数は 8 の倍数より 4 小さい」というむちゃな主張であり、その条件は絶対に満たされない。⑱は実現不可能な等式だ！

⑲の右辺は⑱の右辺の −1 倍なので（左辺は共通）、上記のことから⑲は 0 ≡ +4 (mod 8) を含意する。「8 の倍数は 8 の倍数より 4 大きい」というむちゃな主張であり、これも実現不可能。

以上を要約すると、次の通り。 s が偶数で t が奇数の場合に問題の等式⑩（ないしそれと同等の⑪）が成立するためには、㋐が成り立つ必要がある。しかし㋐が成立する可能性を検討すると、どの道も行き止まりで、㋐は不可能。すなわち、「フェルマーの最終定理の n = 7 の場合」の解 x, y, z を根とする有理係数の3次式を考え、しかも p = x + y + z が ≠ 0 という条件と付けると（この条件がないと x, y, z は有理数 r = xyz の複素立方根になってしまう）、関連する既約分数 s/t について、 s, t が両方奇数になることは不可能であり（前回のメモ）、 s が偶数で t が奇数になることも不可能である（今回のメモ）。

残された唯一の道は、 s が奇数で t が偶数という可能性だが…。その可能性をつぶすことができれば、「p ≠ 0 は無理（p = 0 でなければならない）」という Genocchi の定理が証明され、副産物として、「最終定理の n = 7 の場合」が解決される。

「同様に」と軽く流せないのが、この証明の難しいところ。場合分けしたそれぞれのケースについて、工夫が必要。最後のケース（s が奇数で t が偶数）は「有限的」操作では対処できず、 Genocchi は「無限降下法」によって証明を完成させている。有限の世界を超えて、いよいよ冒険は佳境に…！？

（続く）

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2025-09-29　フェルマーの最終定理 n = 7 の場合（後編）　無限降下

#遊びの数論　#FLT

前節（§8）では、s が偶数で t が奇数の可能性を検討し、「その可能性はない」という結論に達した。残された可能性は、s が奇数で t が偶数のケース。「その可能性もない」ことを示せば、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合の証明が完了する。なかなか一筋縄ではいかず、前回とは別のアプローチを使う。

9.　s が奇数で t が偶数なら、§7㋑が成り立たなければならない:
　　s² + 3t² = A⁴ + 2⁴⋅7³B⁴　　‥‥㋑（再掲）
　　∴　s² = A⁴ − 3t² + 2⁴⋅7³B⁴
ここで t = 7AB であり（整数 A と B は互いに素）、従って:
　　s² = A⁴ − 3(7AB)² + 2⁴⋅7³B⁴
　　∴　s² = A⁴ − 3⋅7²A²B² + 2⁴⋅7³B⁴　　‥‥⑳

仮定により t = 7AB は偶数だが、われわれの規約では A は奇数なので（補題D）、必然的に B は偶数。そこで B を臨機応変に分解して、
　　B = 2ef
としよう（ここで整数 e, f は、互いに素。素数でも素数でなくても構わない。前節の e, f とは無関係）。⑳の B に代入すると:
　　s² = A⁴ − 3⋅7²A²(2ef)² + 2⁴⋅7³(2ef)⁴
　　 = A⁴ − 2²⋅3⋅7²(Aef)² + 2⁸⋅7³(ef)⁴
　　 = A⁴ − 2⋅A²⋅[2⋅3⋅(7ef)²] + [2⋅3⋅(7ef)²]² + 2⁸⋅7³(ef)⁴ − 2²⋅3²⋅(7ef)⁴
　　 = [A² − 2⋅3⋅(7ef)²]² + 2⁸⋅7³(ef)⁴ − 2²⋅3²⋅7⁴(ef)⁴
末尾2項を共通因子 2²⋅7³(ef)⁴ でくくると:
　　 = [A² − 2⋅3⋅(7ef)²]² + 2²⋅7³(ef)⁴⋅(2⁶ − 3²⋅7)
移項して（2⁶ − 3²⋅7 = 1 に留意）:
　　s² − [A² − 6(7ef)²]² = 2²⋅7³(ef)⁴
　　∴　[s + A² − 6(7ef)²][s − A² + 6(7ef)²] = 2²⋅7³(ef)⁴　　‥‥㉑

㉑左辺の二つの [ ] 内を順に γ, δ としよう。仮定により s も A も奇数なので、
　　γ = s + A² − 6(7ef)²,
　　δ = s − A² + 6(7ef)²
は「奇数 ± 奇数 ∓ 偶数」で、どちらも偶数。つまり γ, δ は公約数 2 を持つ。他方において 4 は γ, δ の公約数ではない^†。より一般的に、 γ, δ は 3 以上の公約数を持たない^‡。ゆえに――㉑が意味する γδ = 2²⋅7³e⁴f⁴ において、 γ, δ は「一つの 2」以外の共通素因子を持たないのだから―― γ, δ の一方は 2⋅7³e⁴ に等しく、他方は 2f⁴ に等しい^¶。 ―― γ, δ のそれぞれに因子 2 が追加されていることを別にすれば、前節の γ, δ への因数の配分法と同様。

†　もしも γ, δ が両方 4 の倍数なら γ + δ = 2s も 4 の倍数。これは s が奇数という前提に反する。

‡　もしも γ, δ が両方 7 の倍数なら γ + δ = 2s も 7 の倍数。これは s, t が互いに素という前提に反する（t は 7 の倍数）。一方、もしも 3 以上の素数 c ≠ 7 が γ, δ の公約数だったなら、 c は γδ = 2²⋅7³(ef)⁴ の約数、従って ef の約数。ゆえに c は B = 2ef を割り切る。しかも c は γ − δ = 2A² − 12(7ef)² の約数でもあり、その右辺第2項は c の約数だから、第1項も c の約数。ゆえに c は A を割り切る。これは A, B が互いに素という仮定と矛盾。

¶　そして e, f は互いに素で f は因子 7 を持たない。 B = 2ef という分解における e, f は、条件に合うように、臨機応変に選択されるものとする（可能ならば）。「e, f がそれぞれ γ, δ のどちらの因子になるか」は逆になり得るが、必要に応じて変数名 e, f を入れ替えて、逆にならないようにする。

従って γ − δ = 2A² − 12(7ef)² という整数は、
　　2⋅7³e⁴ − 2f⁴　または　2f⁴ − 2⋅7³e⁴
に等しい。両方の可能性を等式で表し、それぞれ両辺を 2 で割ると:
　　A² − 6(7ef)² = 7³e⁴ − f⁴　　‥‥㉒
　　または　A² − 6(7ef)² = f⁴ − 7³e⁴　　‥‥㉓

A は奇数なので、㉒ないし㉓の左辺は奇数。それに等しい右辺も当然奇数。そうなるためには e, f の一方は偶数、他方は奇数でなければならない^†。従って ef は偶数。すると (7ef)² は偶数の2乗なので 4 の倍数であり（補題C）、それをさらに偶数倍した 6(7ef)² は 8 の倍数。従って㉒ないし㉓の左辺を 8 で割ったときの余りは、左辺第1項の A² のみによって決まる。ところが A は奇数なので、補題Bによると、㉒は次を含意する^‡。
　　e が偶数、 f が奇数なら　㉒　⇒　1 ≡ −f⁴ ≡ −1 (mod 8)
　　e が奇数、 f が偶数なら　㉒　⇒　1 ≡ 7³e⁴ ≡ (−1)³⋅1 ≡ −1 (mod 8)
いずれにしても「8 の倍数より 1 大きい数は 8 の倍数より 1 小さい」というむちゃくちゃな式であり、㉒が成り立つ可能性は全くない。

一方、㉓の右辺は㉒の右辺の符号を反転させたものなので、 1 ≡ 1 という、一応まともな式になる。具体的には:
　　e が偶数、 f が奇数なら　㉓　⇒　1 ≡ f⁴ ≡ 1 (mod 8)
　　e が奇数、 f が偶数なら　㉓　⇒　1 ≡ −7³e⁴ ≡ −(−1)³⋅1 ≡ 1 (mod 8)

†　γ と δ すなわち {2⋅7³e⁴, 2f⁴} の最大公約数は 2 なので e, f が両方偶数になることは不可能だが、 e, f の一方だけは偶数。

‡　6(7ef)² は 8 の倍数なので、 mod 8 では ≡ 0 であり、消滅する（無視していい）。偶数の4乗も明らかに 8 の倍数なので、無視していい。例えば e が偶数なら 7³e⁴ − f⁴ ≡ 7³⋅0 − f⁴ ≡ −f⁴ (mod 8)。

等式㉓も成り立ち得ないことを示さないと、証明が完了しない。だが、直接攻略は難しそう。今までと違って、合同式をちょっといじるだけでは矛盾を導けない…

10.　状況を整理・打開するため、出発点からここまでの道筋を振り返ってみたい。

そもそもの問題は、有理係数の3次方程式 U³ − pU² + qU + r = 0 の3解 x, y, z が、
　　7乗和についての等式　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0
を満たす条件の検討だった。 p = x + y + z = 0 は十分条件であり、そのとき x, y, z は、有理数 r = xyz の三つの複素立方根となる（§1）。では p = x + y + z = 0 は必要条件であろうか。言い換えると、 p ≠ 0 の場合でも、上記「7乗和についての等式」を満たす x, y, z は存在し得るか？

「根の7乗和の公式」を土台とするややトリッキーな議論によって、 p ≠ 0 の可能性があるとすれば、2次方程式
　　L² − (1 − Q + Q²)L + 1/7 = 0　　（♪）
の解 L が有理数になることが必要――と判明した（§3, ⑥）。ここで、
　　Q = q/p², L = (pq − r)/p³
であるが、重要なのは Q, L の正確な定義というより、「何でもいいから有理数 Q, L を使って2次方程式（♪）を作ったとして、それが有理数解を持ち得るか」。

いくら係数が有理数でも、一般には、2次方程式の解は有理数ではない――解の公式には「判別式の平方根」が含まれ、多くの場合、その部分が無理数または虚数になってしまう。平方根が有理数になることは不可能ではないが、そのためには判別式の値が「有理数の平方」に等しくなければならない。具体的には、この場合、
　　(1 − Q + Q²)² − 4/7
が有理数の平方、というのが必要条件（§3, ⑦）。 Q は有理数なので 2Q − 1 も有理数だが、仮にこの 2Q − 1 を既約分数 s/t で表すと――言い換えると、
　　Q = s/(2t) + 1/2
と置くと――、若干の変形の末、上記の必要条件を次の形式で記述できる（§3⑩）。

出発点となる条件
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²　　（✽）
を満たす整数 s, t, u が存在する。

われわれは、場合分けによって、あの手この手でこの条件が成り立ち得ないことの立証を試み、 s, t が両方奇数の場合と、 s が偶数で t が奇数の場合については、その立証に成功した。問題は s が奇数で t が偶数の場合だが、少なくとも次のように条件を絞り込むことができた。すなわち、（✽）が成り立つ可能性があるとしたら、そのとき何らかの整数 A, e, f について、
　　A² − 6(7ef)² = f⁴ − 7³e⁴
が成り立つことが必要（前節㉓）。必要条件を表すこの式は、出発点の式（✽）と似ている。実際、移項して少し変形すると:
　　f⁴ + 6f²(7e)² − (7³e⁴) = A²
7e = g と置くと:

「出発点となる条件」が成り立つなら次の条件も成立
　　f⁴ + 6f²g² − (1/7)g⁴ = A²　　（✽✽）
を満たす整数 f, g, A が存在する。

（✽）から（✽✽）の導出では t = 7T = 7AB = 7A(2ef) = (2Af)g と置いたので、
　　g = t/(2Af)
となる。 A, f は整数^†だから、 g は絶対値において t の 1/2 以下。（✽）と（✽✽）は全く同じ形式の不定方程式であり、前者の s, t, u が後者ではそれぞれ f, g, A に置き換わっている。

†　A も f も 0 ではない。というのも s/t は有理数を表す分数なので（§3, ⑧）、分母 t = 7AB は ≠ 0。よって A ≠ 0, B ≠ 0。そして B = 2ef なので（§9）、 e ≠ 0, f ≠ 0。

p ≠ 0 のとき「フェルマーの定理の n = 7 の場合」に有理数解が存在するなら、（✽）の形の方程式
　　X⁴ + 6X²Y² − (1/7)Y⁴ = Z²　　（✽✽✽）
が整数解 X = s, Y = t, Z = u を持たなければならないわけだが…。もしもそのような整数解が存在するなら、同じ方程式は、必然的に別の整数解
　　X = f, Y = g, Z = A
も持つ。要するに、（✽✽✽）を満たすような整数 s, t, u が存在するとしたら、別の整数 f, g, A も同じ式を満たし（これら三つの数を s′, t′, u′ とする）、しかも新しい解の t′ は、対応するもともとの解 t に比べて、絶対値が半分以下。

（✽✽✽）に何らかの解 s, t, u があれば、（✽✽✽）には必ず別の解 s′, t′, u′ もある…。ってことは、同じ理屈から、解 s′, t′, u′ があるんだから、さらに別の解 s″, t″, u″ もある、ってことだ。

この議論は何度でも反復でき、（✽✽✽）にはさらにさらに別の解、さらにさらにさらに別の解…が無限に存在する。しかし、それは無理な話というもの。別の解を作るたびに t → t′ → t″ → ··· の絶対値は半減していくわけだが、整数の絶対値は 0 が最小であり（この t などは分数の分母なので実際には 0 にはなれず、絶対値 1 が最小だが）、無限に半減を繰り返せるわけがない！

すなわち「条件を満たす s, t, u が存在する」という仮定は不合理であり、「条件を満たす s, t, u は存在しない」と結論される。

つまり「p ≠ 0 のときの有理数解の存在条件」は決して満たされず、 x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 が有理数解 x, y, z を持つ可能性があるとすれば、 p = x + y + z = 0 の場合に限られる（そして前編で見たように、 p = 0 の場合にも、 x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 は有理数解を持たない。ただし問題の条件により、 x, y, z のどれも 0 ではないとする）。

以上によって、 p = x + y + z ≠ 0 の場合には「有理係数の3次方程式の解」は決して「7乗和の条件」を満たさないことが確定し、 Genocchi の定理が証明された。その副産物として、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合の証明も完了した。∎

結論は、非自明で興味深い。しかしこの証明法はトリッキーで、お世辞にも見通しが良いとはいえない――置換や式変形に、ミステリアスで天下り的な面も多く、改善の余地もありそうだ。

それでもジェノッキ（Genocchi）によるこの研究は、特筆に値する。初等的議論を巧妙・繊細に組み合わせて、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合を比較的簡潔に解決――最終定理の研究の本流ではないにせよ、独特の面白さがある。歴史に埋もれ、半ば忘れられてしまっている古い論文ではあるけれど、案外そういうところに「お宝」があるものだ！

付録B　原論文 [3] の印刷ミス等

911ページ:

誤　p⁷ + 7ℓ(p⁴ − p²q + q²) + 7pℓ² = 0

正　p⁷ − 7ℓ(p⁴ − p²q + q²) + 7pℓ² = 0

誤　en posant q − 1/2 = s/t, fraction irréductible,

正　en posant 2q − 1 = s/t, fraction irréductible,

912ページ:

si t est impair, s² + 3t² sera de la forme 4n + 3, は正しいが、その後ろの et il faudra prendre m = 7³, m′ = 16; には「一般性を失うことなく m が奇数で m′ が偶数と仮定すると」という暗黙の前提がある。 si t est pair, 以下も同様。

〔注〕　原論文ではしばしば「同名変数の再定義」が行われる。例えば「q を p²q で置き換える」という指示は「q/p² をあらためて q と置く」ことに当たる。これは論理的に正当な処理だが、混乱の原因になり得る。このメモでは、そのような場合、例えば「q = p²Q と置く」のように記述した。これは「q/p² に等しい新変数 Q を導入する」ことに当たる。

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2025-10-03　Genocchi の定理（解説 ＆ Nagell 版）　スウェーデンでの研究

#遊びの数論　#根のべき乗和　#FLT

x² + y² = z² を満たす整数って、何となくすてき。

〔例1〕　3² + 4² = 5²　　← 左辺は 9 + 16 = 25、右辺も 25

〔例2〕　12² + 5² = 13²　　← 左辺は 144 + 25 = 169、右辺も 169

では x³ + y³ = z³ を満たす三つの整数は、あるだろうか。 x⁴ + y⁴ = z⁴ はどうか。一般に n が 3 以上のとき、
　　xⁿ + yⁿ = zⁿ
を満たす整数 x, y, z は存在するか？

0³ + 0³ = 0³ とか 5³ + 0³ = 5³ とか 2³ + (−2)³ = 0³ のような「0 を含む解」は存在する。当たり前でつまらない。「x, y, z がどれも 0 ではない場合」に話を限ろう。

「そんな整数はない！」という主張が、有名なフェルマーの最終定理。フェルマーは、ある本のページの隅に「スゲェいかす証明発見。けどこの余白、狭過ぎて、ここには書かれへん、ギャハハハハ」という趣旨のメモを走り書きしたという（単なる自分用のメモで人に見せるつもりはなかったようだが、遺稿として出版された）。

そんな落書きのようなメモが「最終定理」なんて名前を与えられ、数世紀にわたる大問題になるとはねぇ…

内容は単純だが、一般の n についての証明は極めて難しく、フェルマーの時代から約350年後の1990年代に、ようやく解決を見た。

個別の小さい n についての証明は古くから知られていて、初等的で面白い証明が可能なケースもある。 n = 4 の場合は易しく、 n = 3 も比較的易しい（多くの数論入門に記載がある）。 n = 5 や n = 7 は、かなり手ごわそう…。そんな中、イタリアのジェノッキによる n = 7 の場合の証明は――知名度の低いマイナーな内容だけど――、意外とシンプル。別のメモではそれを紹介した。ナーゲッル^†の数論教科書には、ジェノッキの証明が少し簡単化された形で収録されている。以下では定理の内容について解説し、ナーゲッル版の証明も紹介したい。

†　トルグヴ・ナーゲッル（Trygve Nagell, 1895–1988）。ノルウェーのオスロ出身。1931年、スウェーデンのウプサラ（Uppsala）大学教授に就任、スウェーデンに住み始め、同国で生涯を閉じた。数論入門 [4] もスウェーデンで執筆・出版された。専門は数論、特にディオファントス方程式。もともと姓は Nagel （ナーゲル）で、初期の出版物では著者名 Nagel となっている。理由は不明だが、途中から Nagell （ナーゲッル）と名乗るようになった。
http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/aa/aa55/aa5521.pdf
https://web.archive.org/web/20250718164227/http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/aa/aa55/aa5521.pdf

ジェノッキ版（§1～§10）の続編として §11 から始めますが、再び最初から証明を書くので、 §1～§10 を読まずに §11 から読み始めても構いません。好みによっては、むしろナーゲッル版の方が簡潔で分かりやすいかも…。§1～§10は手探り状態で書いた最初のメモなので、結構散漫。今回は、多少整理されてる。

11.　Genocchi （ジェノッキ）の定理は、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合――Lamé （ラメ）の定理――を拡張したものだ。
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0　　（✽）
には整数解がない――というだけでなく（✽）には有理数解もなく、そればかりか、
　　任意に選択した有理係数の3次式の根
を x, y, z とすると、その三つの数は、有理数であろうとなかろうと（✽）を満たさない――という内容（詳細については後述）。

〔注〕　フェルマーの予想（n = 7 の場合）は、 x⁷ + y⁷ = z⁷ を満たす整数 x, y, z はない、というものだった。文字 z の代わりに a を使って、同じ式を x⁷ + y⁷ = a⁷ と書いてもいい。この別表記において、あらためて a = −z と置くと、フェルマーの式は、
　　x⁷ + y⁷ = (−z)⁷ = −z⁷
　　∴　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0
となる。つまり（✽）が解を持つか否かと、フェルマーの式（n = 7 の場合）が解を持つか否かは、同じ質問。

有理係数の3次式うんぬんの意味は…。 P, Q, R を有理数として、3次方程式
　　t³ + Pt² + Qt + R = 0
の三つの解を t = x, y, z とすると［3次方程式には（重複度を含めると）必ず三つの解がある］、
　　P = −(x + y + z), Q = xy + xz + yz, R = −(xyz)
という「解と係数の関係」が成り立つ。

〔例1〕　t³ − 6t² + 11t − 6 = 0 の解が t = 1, 2, 3 であることを確かめるのは、難しくない。このとき、係数 P = −6, Q = 11, R = −6 について:
　　P = −6 = −(1 + 2 + 3)
　　Q = 11 = 1⋅2 + 1⋅3 + 2⋅3
　　R = −6 = −(1⋅2⋅3)

P の式と R の式のマイナス符号を解消するため、もともとの3次方程式を
　　t³ − pt² + qt − r = 0
の形で書くことにしよう（つまり p = −P, q = Q, r = −R と置く）。するとその解 x, y, z は、
　　p = x + y + z, q = xy + xz + yz, r = xyz　　（✽✽）
を満たす。

〔例2〕　例1の3次方程式では p = 6, q = 11, r = 6。このとき:
　　p = 6 = 1 + 2 + 3
　　q = 11 = 1⋅2 + 1⋅3 + 2⋅3
　　r = 6 = 1⋅2⋅3

ジェノッキの定理のポイントは…

x, y, z を有理係数の3次方程式の3解とする。このとき、それら三つの数がフェルマーの式（✽）を満たすなら、 (p =) x + y + z = 0 が成り立つことが必要。それだけでは十分とは限らないが、とにかく必要。もし x + y + z ≠ 0 なら x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 は絶対に成り立たない。

なぜそれが、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合の証明になるの？

もしも（✽）を満たす整数ないし有理数 x, y, z が存在したとすれば、（✽✽）のように置くことで、その x, y, z を3解とする有理係数の3次方程式
　　t³ − pt² + qt − r = 0　　‥‥⓵
を構成できる。その場合の p, q, r は「有理数 x, y, z を使った足し算・掛け算の結果」だから、当然、有理数。ジェノッキの定理によると、このとき三つの解 x, y, z は x + y + z = 0 を満たす。ところが x + y + z = 0 を満たす数は、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 7q²r　　‥‥⓶
という関係を満たすことが知られている^†。ここで q, r の意味は（✽✽）と共通。

〔例〕　x = 2, y = 1, z = −3 とすると p = x + y + z = 0。このとき:
　　q = xy + xz + yz = 2 + (−6) + (−3) = −7
　　r = xyz = −6
　　∴　7q²r = 7⋅(−7)²⋅(−6) = −2058
この積は、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 2⁷ + 1⁷ + (−3)⁷ = 128 + 1 − 2187 = −2058
に等しい。

†　その証明法はいろいろあるが、「2次項のない3次式の根のべき和」を使うのが平明。リンク先の H, P, Q は、それぞれこのメモの −p, q, −r に当たる（a⁷ + b⁷ + c⁷ = −7P²Q ってのが上記⓶と同じ意味）。

問題の条件により x, y, z はどれも 0 でないので、それらの積 r = xyz は 0 ではない。一方、（✽）の条件と⓶から、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 7q²r = 0
だ。 7q²r が 0 ってことは、 q = 0 ってこと…だよね（r ≠ 0 なんで）。その場合、3次方程式⓵は、
　　t³ − 0t² + 0t − r = 0　つまり　t³ = r
に「退化」する（p も q も 0 なんで）。だから、その3解 t = x, y, z は「0 でない有理数 r の（三つの）立方根」ってこと。具体的には、一つの実数と二つの非実数だ。

〔例〕　r = 8 とする。 t³ = 8 の解 t の一つは、明らかに実数 2。この場合、残りの二つの解は、
　　−1 + √−3　と　−1 − √−3
という共役複素数のペアで、非実数。そんな変てこな数も 8 の立方根？　公式 (X + Y)³ = X³ + 3X²Y + 3XY² + Y³ を使うと:
　　(−1 + √−3)³ = (−1) + 3⋅1⋅√−3 + 3⋅(−1)⋅(−3) + (−3√−3)
右辺第2項・第4項は打ち消し合うので、結果は = −1 + 9 = 8。立方するとちゃんと 8 になる！

要するに、「フェルマーの式（✽）を満たす三つの有理数がある」と仮定すると、「そのような x, y, z のうち二つは有理数ではない（実数ですらない）」という矛盾した結論が生じる。つまりその仮定は、矛盾していて間違い。正解は「そんな数はない」。フェルマーの最終定理の n = 7 の場合が示される。その証明の根拠となるのがジェノッキの定理、というわけ。

〔注〕　逆に言うと、任意の有理数 r の三つの立方根を x, y, z とするなら、それらは（✽）を満たす。そのとき、もし r が整数の立方なら、 x, y, z のうち一つは整数。例えば 8 の立方根 x = 2, y = −1 + √−3, z = −1 − √−3 は x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 を満たす。しかし、だからといって、もちろん（✽）を満たす三つの整数があるということにはならない。この場合の y, z は整数でも有理数でもないんで。

「x, y, z は有理係数の3次方程式の根」という条件をなくせば、ジェノッキの定理による制約もなくなる。例えば、
　　x = −1, y = −1, z = ⁷√2 = 1.1040895136…
は（✽）を満たすが、明らかに x + y + z = 0 ではない。有理係数の範囲では、この z は（最小でも）7次の方程式 z⁷ = 2 の解であり、有理係数の3次方程式の解としては表現不可能。よってこの例は、ジェノッキの定理とは無関係。

ちなみに（✽✽）の関係を使うと、 x = −1, y = −1, z = ⁷√2 を解とする3次方程式
　　t³ + (2 − ⁷√2)t² + (1 − ⁷√256)t − ⁷√2 = 0
を構成できる。しかし、この3次方程式は有理係数ではないから、やはりジェノッキの定理とは無関係。

このように「ジェノッキの定理の制約」を受けない x, y, z も存在する。でもそのことは、フェルマーの最終定理（n = 7）との関係では「抜け穴」にはならない。なぜなら、
　　x, y, z は有理数　⇒　x, y, z を解とする有理係数の3次方程式が存在
という論理的関係なんで、「有理係数の3次方程式」うんぬんは x, y, z が有理数になるための必要条件。その必要条件を満たさないような設定では、 x, y, z は有理数になり得ない！

12.　Genocchi の定理の意味と、証明の流れを要約すると…

(1)　有理数 p, q, r を係数とする3次式 ƒ(U) = U³ − pU² + qU − r を考える。

〔注〕　変数名として x や y などのもっと普通っぽい文字を使いたいところだが、 x, y, z は（✽）で既に使われている。次善の選択は t, u か p, q あたりだが、それらの文字も別の意味で使われる。ギリシャ文字の ξ や η を使ってもいいのだが、不必要に小難しい表記は考えもの（平明な証明が目的なので）。大文字の X を使うのもありだけど、小文字の x と紛らわしい。そんなこともあってか、 Genocchi は、3次式の形式変数として小文字の v を使っている。われわれは大文字の U を使う。

(2)　ƒ(U) = 0 を満たす3解を U = x, y, z として、その三つの数がどれも 0 ではなく（✽）を満たす、と仮定する。

(3)　この条件では p = 0 でなければならないことを示す。 p ≠ 0 と仮定して矛盾を導けばいい。

前節で見たように、以上によって、フェルマーの最終定理（n = 7）が、拡張された形で証明される。ジェノッキ自身の記述を論文の発表順序に従ってたどると…

第一の論文（1864年 [1]）。

かくして問題は、直ちに方程式
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²
に帰着する。その不可能性が既に証明されたのなら、 x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 は不可能、とわれわれは結論するであろう――有理数の x, y, z に対してのみならず、有理係数の3次方程式の解となるような無理数に対しても。 x, y, z が 1 の立方根たちに比例するのでなく、かつそのどれも 0 ではない限りにおいて。私が1855年に［別の出版物で］発表したように。

〔注〕　記されている方程式は次節の⓸。その式に整数解がないこと（具体的証明は記されていない）から Fermat の最終定理の n = 7 の場合が解決する――と指摘している。「別の出版物」として挙げられているのは数学専門誌ではなく、そこで詳細な証明が発表された可能性は低いが、何らかの形で、以前にも自己の研究に言及したのだろう。

第二の論文（1874年 [2]）。

これらの定理の中には、オイラーによって扱われた複数の特別なケースが含まれる。例えば、
　　x⁴ − x²y² + y⁴ = z²　［中略］
や、その結果として
　　x² − xy + y² = u², x² + xy + y² = v²
は、不可能。

私はこれらの例に、方程式
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²
を付け加えよう。これも整数解を持たない。そこから次の結論が導かれる。すなわち、有理係数の3次方程式の解であるような値 x, y, z が、方程式
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0
を満たすことは不可能である。

〔注〕　第一の論文で記された不定方程式を、より広く「この型の不定方程式は整数解を持たない」という一般論の中で眺めている。なぜこの方程式が整数解を持たないのか、具体的証明は記されていない。

第三の論文（1876年 [3]）。

［1874年の論文］の中で、私は断言した――有理係数の3次方程式の解を x, y, z とすると、方程式 x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 は不可能である、と。そしてまた、そのことは、方程式
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²
を整数の範囲で解くことの不可能性に由来する、と。

この主張の証明は、次の通り。

〔注〕　この前置きの後で、いよいよ具体的な証明を公表。

ジェノッキの証明については、既に詳しく紹介した（前編・中編・後編）。以下では、その内容を整理・再検討し、ナーゲッルによる簡単化についても記す。

13.　p = x + y + z = 0 のとき、 ƒ(U) = 0 の3解 x, y, z は、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 7q²r
を満たす（§11⓶）。一方、 p = 0 とは限らない一般の場合には、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷
　　 = p⁷ − 7p⁵q + 7p⁴r + 14p³q² − 21p²qr − 7pq³ + 7pr² + 7q²r
　　 = p⁷ − 7(pq − r)(p⁴ − p²q + q²) + 7p(pq − r)²　　‥‥⓷
という関係が成り立つ（この式で p = 0 と置けば⓶になる）。

〔注〕　このややこしい変形をどうやって実行すればいいのか？　第一の等号は「3次式の根の7乗和の公式」であり、単純な計算の反復により機械的に導出可能。第二の等号については §1 参照。

矛盾を導くため p ≠ 0 と仮定する。
　　L = (pq − r)/p³, Q = q/p²
と置く。言い換えれば、
　　pq − r = Lp³, q = p²Q
と置く。これらを⓷に代入すると:
　　x⁷ + y⁷ + z⁷
　　 = p⁷ − 7(Lp³)[p⁴ − p²(p²Q) + (p²Q)²] + 7p(Lp³)²
　　 = p⁷ − 7Lp³(p⁴ − p⁴Q + p⁴Q²) + 7Lp⁷
　　 = p⁷ − 7Lp⁷(1 − Q + Q²) + 7L²p⁷

従って x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 というフェルマーの式（✽）は、
　　p⁷ − 7Lp⁷(1 − Q + Q²) + 7L²p⁷ = 0
を含意する。両辺を 7p⁷ で割ると:
　　1/7 − L(1 − Q + Q²) + L² = 0　つまり　L² − (1 − Q + Q²)L + 1/7 = 0

これは L についての2次方程式であり、解の公式から:
　　L = [(1 − Q + Q²) ± √D]/2
　　ただし　D = (1 − Q + Q²)² − 4/7

L は有理数なので √D も有理数でなければならない。そのためには D が有理数の平方であることが必要。この必要条件を次の形で述べることができる。すなわち、互いに素な整数 s, t と何らかの整数 u があって、
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²　　‥‥⓸
という関係を満たすことが必要。

条件⓸を導く方法については、§3 または付録A参照。トリッキーな置換 Q = s/(2t) + 1/2 に基づく。もっと自然な導出法について後述する（§20 以下）。

14.　s, t は互いに素なので、「両方偶数」ではない。 Genocchi の原論文では、 1º として s, t が「両方奇数」になり得ないことを示し、 2º で「s が偶数で t が奇数」にもなり得ないことを示し、最後に 3º で「s が奇数で t が偶数」にもなり得ないことを示し、「偶数・奇数どの組み合わせを考えても⓸は不可能」という結論に至る（これによって p ≠ 0 という仮定が不合理であることが確定し、証明完了）。

ジェノッキの論文の約75年後、ナーゲッルは上記「三つのケースへの場合分け」を整理し、おおむね「二つのケースへの場合分け」で済むようにした。その他にもいくつかの工夫をして、証明の長さを約半分にした。次節以降でそれを紹介する。準備として、簡単な補助命題を導入しておく。

補題E　平方数（整数の平方）は 8 の倍数になるか、 8 の倍数より 1 大きいか、さもなければ 8 の倍数より 4 大きい（あるいは、同じことだが 8 の倍数より 4 小さい）。記号で書くと:
　　X は整数　⇒　X² ≡ 0, 1, or ±4 (mod 8)

〔例〕　4² = 16 や 12² = 144 は 8 の倍数。 3² = 9 や 5² = 25 は 8 の倍数より 1 大きい。 6² = 36 は 8 の倍数 32 より 4 大きい（あるいは、同じことだが 8 の倍数 40 より 4 小さい）。それ以外のタイプの数――例えば 7, 15, 23, 31, ··· のような「8 の倍数より 1 小さい数 ＝ 8 の倍数より 7 大きい数」――は、決して平方数になり得ない。

証明　補題Bにより、奇数の平方は 8 の倍数より 1 大きい。偶数のうち、 4 の倍数（4N とする）の平方は 16 の倍数であり、従って 8 の倍数だ。実際、 (4N)² = 4²N² = 16N²。

一方、「4 の倍数ではない偶数」（2, 6, 10 など。 4N + 2 の形を持つ）の平方は、 8 の倍数より 4 大きい。なぜなら:
　　(4N + 2)² = (4N)² + 2⋅4N⋅2 + 2² = 16N² + 16N + 4 = 8(2N² + 2N) + 4
この右辺第1項の 8(2N² + 2N) は 8 の倍数なので、右辺は 8 の倍数より 4 大きい。同じ数は
　　8(2N² + 2N) + 8 − 4 = 8(2N² + 2N + 1) − 4
とも表現可能であり、 8 の倍数より 4 小さいともいえる。∎

式⓸は、
　　(s² + 3t²)² − (64/7)t⁴ = u²　　‥‥⓹
と同値だ（§5⑩⑪参照）。あるいは、同じことだが、項を入れ替えれば:
　　(s² + 3t²)² − u² = (64/7)t⁴　　‥‥⓺

Genocchi による証明では、⓹（＝⑪）と⓺（＝⑯）、ないし⓹の両辺を 16 で割った形（＝⑫）が場当たり的に混用されている。 Nagell は⓺を土台に全ケースを扱い、議論を緊密にした。

15.　この節は Nagell [4] に基づく。

t は奇数と仮定する。⓺の左辺は整数だから、それに等しい右辺
　　64⋅(t/7)⋅t³ = 2⁶⋅(t/7)⋅t³
も整数。当然 t は 7 で割り切れる。仮定により t は（従って t/7 も）奇数なので、⓺の右辺は「因子 2 をちょうど 6 個持つ偶数」（つまり 64 で割り切れるが 128 では割り切れない）。それに等しい左辺も、もちろん同じ性質を持つ。ゆえに s, u の一方は偶数で他方は奇数^†。⓺を
　　(s² + 3t² + u)(s² + 3t² − u) = 2⁶⋅(t/7)⋅t³　　‥‥⓻
と分解したとき、左辺の ( ) 内を順に α, β とすると、
　　α = s² + 3t² + u,
　　β = s² + 3t² − u
はどちらも偶数だ（右辺の3項のうち二つは奇数、一つは偶数なんで）。つまり α, β は共通素因子 2 を（少なくとも一つ）持つ。他方において、 3 以上の素数 c が α, β の共通素因子になることはない^‡。

†　t が奇数という仮定に留意すると、もしも s, u が両方偶数だったら s² + 3t² は奇数で、⓺の左辺は (奇数)² − (偶数)² = 奇数になってしまう。同様に、もしも s, u が両方奇数だったら ⓺の左辺は (偶数)² − (奇数)² = 奇数になってしまう。どちらも不合理（⓺の値は偶数なんで）。

‡　もしも α, β が 3 以上の共通素因子 c を持ったなら、 α と β の積である⓻右辺も当然同じ因子を持ち、従って t は因子 c を持つ。その場合、
　　α + β = 2s² + 6t²
は（c の倍数同士の和なので） c で割り切れ、従って
　　2s² = (α + β) − 6t²
も（t は c の倍数なので） c で割り切れる。ゆえに s は因子 c を持つ。これは「s, t が互いに素」という仮定に矛盾。

7 の倍数 t を t = 7T と書くと t/7 = T であり、
　　αβ = 2⁶⋅T⋅(7T)³ = 2⁶⋅7³⋅T⁴
の α と β は、どちらも因子 2 を一つ以上持つが、因子 7³ については、 α, β のどちらか一方が、三つの 7 を三つとも受け取る（α, β は 3 以上の共通素因子を持たないので、一方が 7¹ を受け取り他方が 7² を受け取るといった「シェア」は不可能）。同様に、奇数 T に含まれる素因子があるとすれば、その一部または全部（A とする）が α に割り当てられ、残り（B とする）が β に割り当てられる。すなわち、臨機応変に分解して t = 7T = 7AB とすると、 A は α の因子、 B は β の因子となって、
　　α = s² + 3t² + u = 2^m⋅7³⋅A⁴,
　　β = s² + 3t² − u = 2^6−m⋅B⁴
となる（A, B は互いに素、 α, β は 2 以外の共通素因子を持たない）。

因子 7³ は α ではなく β に割り当てられる可能性もあるが、必要なら u の符号を反転^†させることにより「α, β のうち 7 で割り切れる方が α で、 β は 7 で割り切れない」と約束する。 m は α が持つ素因子 2 の個数で、 1, 2, 3, 4, 5 のいずれか（因子 2 は計 6 個あり α, β のどちらも因子 2 を少なくとも 1 個持つので）。

†　u は、その平方が⓸を満たすような整数であり、正でも負でも構わない。例えば、もし仮に⓸の値が 36 だとすると u = ±6 のどちらでも可であり、
　　α = s² + 3t² + u　そして　β = s² + 3t² − u
という設定において u = 6 では不都合なら、 u = −6 とすることで α と β の内容を入れ替えることができる。

〔注〕　T⁴ = (AB)⁴ = A⁴B⁴ には、 T = AB に含まれる各素因子（T は奇数なので、どれも 3 以上）が、それぞれ 4 倍の個数含まれている。例えば T が特定の素因子 c を j 個含むとすると、 T⁴ にはその因子 c が 4j 個含まれる。これら 4j 個の c は、 α, β のどちらか一方に全部割り当てられ、他方には 1 個も配分されない（α, β は 3 以上の共通素因子を持たないので）。ゆえに T に含まれる因子 A が α に配分されるなら、 T⁴ に含まれる A⁴ は全部 α に配分される。 T の余因子 B についても同様。

今 α と β の和を考えると:
　　2s² + 6t² = 2^m⋅7³⋅A⁴ + 2^6−m⋅B⁴
この両辺は、次のように 2 で割り切れる（2^m と 2^6−m はどちらも 2¹ 以上なので）。
　　s² + 3t² = 2^m−1⋅7³⋅A⁴ + 2^5−m⋅B⁴
　　∴　s² = 2^m−1⋅7³⋅A⁴ + 2^5−m⋅B⁴ − 3t²　　‥‥⓼

仮定により t は奇数、その因子 A, B も奇数なので、補題Bにより、⓼は mod 8 ではこうなる。
　　s² ≡ 2^m−1⋅(−1)³ + 2^5−m − 3 ≡ 2^5−m − 2^m−1 − 3

m = 1 ないし 2 のとき 2^5−m は 8 の倍数なので mod 8 においては消滅し、
　　s² ≡ −2¹⁻¹ − 3 ≡ −4　ないし　s² ≡ −2²⁻¹ − 3 ≡ −5
となる。 m = 3 のとき 2^5−m − 2^m−1 ≡ 2² − 2² は消滅し、
　　s² ≡ −3
となる。 m = 4 ないし 5 のとき 2^m−1 は 8 の倍数なので消滅し、
　　s² ≡ 2⁵⁻⁴ − 3 ≡ −1　ないし　s² ≡ 2⁵⁻⁵ − 3 ≡ −2
となる。補題Eによると、以上五つの選択肢のうち平方数 s² と合同になり得るのは、 m = 1 のときの s² ≡ −4 のみ。

よって m = 1 を⓼に代入して:
　　s² = 7³A⁴ + 2⁴B⁴ − 3t² = 7³A⁴ + 2⁴B⁴ − 3(7AB)²
　　∴　s² = 2⁴B⁴ − 3⋅7²A²B² + 7³A⁴　　‥‥⓽

ジェノッキ版の㋒（§8）と同じ式が、比較的簡単に得られた！

このように「積 αβ に因子 2 が何個含まれるか」を明示的に考え、 α, β にそれぞれ何個の 2 が配分されるかをブルート・フォース（全数検索の試行錯誤）で決定する――ってのが Nagell によるアレンジの特色。「ブルート・フォースはエレガントでない」という気もするけど、 s が偶数か奇数か場合分けして考える必要がなくなる。

16.　以上は t が奇数と仮定した場合の議論だが、この先はしばらくジェノッキのオリジナルと同様に進む（§8参照）。「64 倍のアクロバット」を使うことで、
　　γ = 8s² + 32B² − 3⋅7²A²　と　δ = 8s² − 32B² + 3⋅7²A²
の一方は 7³e⁴ に等しく、他方は f⁴ に等しい――という結論に至る（e, f は奇数）。

Genocchi のオリジナルでは、 t が奇数という仮定が結局不合理であると結論するため、 γ − δ を考える。 Nagell は代わりに次の論法を使った。 A, B, e, f が奇数であることに留意しつつ mod 8 で考えると、
　　γ ≡ −3(−1)² ≡ −3, δ ≡ 3(−1)² ≡ +3
であり、このような γ ≡ −3 が、
　　7³e⁴ ≡ (−1)³ ≡ −1, f⁴ ≡ +1 (mod 8)
の一方に等しくなることは不可能。同様に δ ≡ +3 も ≡ ±1 にはなり得ない。高速で明快！

この定理の証明の Nagell 版は、大筋では Genocchi 版と同じだが、20世紀のテキスト。客観的には Nagell 版の方が簡潔に整理されていて、優れているというべきだろう。しかしオリジナルの Genocchi 版の方が、（少々冗長だけど）平明で分かりやすいようにも思われる。 Nagell はこの定理について stated and proved by V. A. Lebesgue とコメントしている。これは by A. Genocchi の誤記だろう。 Lebesgue が n = 7 のケースに大きな貢献をした^†のも事実で、数論史の研究者としても有名な Dickson は、こう要約している^‡。「Lamé は Fermat の定理の指数 7 の場合を証明した。 Lebesgue と Genocchi によって簡単化が行われ、 Genocchi は《x, y, z が有理係数3次式の根になるような（非自明な）解はない》という一般化を与えた」

t が偶数と仮定する場合に関しても、 Nagell は若干の簡単化を行っている。

（続く）

†　https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k163849/f284.item
https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k163849/f356.item

‡　https://archive.org/details/jstor-2007234/page/n6/mode/1up
https://archive.org/details/HistoryOfTheTheoryOfNumbersVolII/page/746/mode/1up
［747ページと脚注93も参照］

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2025-10-05　Genocchi の定理（Nagell 版・続き）　t が偶数の場合

#遊びの数論　#FLT

x⁷ + y⁷ = z⁷ ――あるいは同じことだが x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 ――を満たすような三つの整数 x, y, z はない（ただし x, y, z はどれも 0 でないとする）。これが Fermat の最終定理の n = 7 の場合だ。 Lamé によって最初に証明（1839年）されたので Lamé の定理とも呼ばれる。

Lamé と同時代の Cauchy や Lebesgue は証明の簡単化に取り組み、特に Lebesgue は新しい証明を完成させた（1840年ごろ）。1860年代から1880年代、イタリアの Genocchi は Lamé の定理を拡張しつつさらに簡単化―― Fermat の定理の n = 7 の場合の、初等的で平明な証明を公開した。

Nagell は、この Genocchi の定理の証明をコンパクトな形にまとめている。 Nagell 版の証明の前半（t が奇数の場合）について、前回一応紹介した。 t が偶数の場合の Nagell の扱いを記し、 Nagell 版の証明を完結させておく。

17.　Fermat のもともとの主張（n = 7 の場合）は、「不定方程式 x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0 には、非自明な整数解はない」というもの。 Genocchi は、拡張された形でこれを再証明した。その拡張とは「整数解・有理数解だけでなく、 x, y, z が同じ有理数の複素立方根になる場合を除けば、3次の代数的数の解もない」（§11）。 Genocchi の結論は、
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²　　‥‥㋚
を満たす整数 s, t, u が存在しない、ということに基づく（§13）。㋚は次のように変形可能:
　　(s⁴ + 6s²t² + 9t⁴) − 9t⁴ − (1/7)t⁴ = (s² + 3t²)² − (64/7)t⁴ = u²
　　移項して　(s² + 3t²)² − u² = (64/7)t⁴　　‥‥㋛

〔注〕　−9 − 1/7 = −(9⋅7 + 1)/7 = −64/7 は簡単な分数計算だが、「9 × 7 = 63 が 64 = 8² と 1 違い」という単純な事実が、この証明では繰り返し重要な役割を果たす。もちろん、この事実は 9 × 7 = (8 + 1)(8 − 1) = 8² − 1² = 63 という関係に基づく。

t を偶数とする。仮定により s, t は互いに素なので s は奇数。このとき㋚の左辺第1項は奇数、第2・第3項は偶数であり、㋚の値は奇数。従って右辺に含まれる u は奇数。 Nagell [4] は㋛を
　　(s² + 3t²)² − u² = (4/7)⋅16t⁴ = (4/7)(2t)⁴ = (4/7)(λμ)⁴
と見て、その左辺を分解して得られる因子、
　　α = (s² + 3t²) + u,
　　β = (s² + 3t²) − u
に、右辺 (4/7)(λμ)⁴ の因子がどう配分されるか考えた。ここで λμ = 2t は、 2t を適宜、二つの整数 λ, μ の積に分解したもの。当然、次の関係が成り立つ。
　　t = (1/2)λμ　　‥‥㋜

α, β はどちらも偶数^†なので、それぞれ因子 2 を少なくとも一つ持つ。しかし 2² は α, β の公約数ではなく、 α, β は 3 以上の公約数も持たない^‡。 αβ = (4/7)(λμ)⁴ は素因子 7 を少なくとも三つ含むが、それらの 7 たちは、全部 α, β の一方だけに割り当てられる（7 は α, β の公約数ではないので）。 λ, μ の少なくとも一方は 7 の倍数。仮に λ が 7 の倍数として α が因子 7 を受け取るとすると、以上の諸条件から、
　　α = (s² + 3t²) + u = 2⋅(λ/7)⋅λ³ = (2/7)λ⁴　　‥‥㋝
　　β = (s² + 3t²) − u = 2μ⁴　　‥‥㋞
となる^¶。すなわち (4/7)(2t)⁴ = (4/7)(λμ)⁴ は、
　　(2/7)λ⁴ × 2μ⁴
と分解されて、 α と β に割り当てられる。ここで λ, μ は互いに素で、 λ は 7 の倍数（μ は 7 の倍数ではない）。

†　仮定により t は偶数、 s, u は奇数なので s² + 3t² = 奇数 + 偶数 = 奇数。よって (s² + 3t²)² ± u² = (奇数)² ± (奇数)² = 偶数。

‡　もしも α, β が両方 4 の倍数なら α − β = 2u も 4 の倍数。これは u が奇数という前提と矛盾。もしも 3 以上の素数 c が α, β の公約数なら、 α + β = 2(s² + 3t²) は c の倍数（仮に s² + 3t² = cN とする）。その場合、 αβ = (64/7)t⁴ も（㋛参照）――従って t も―― c の倍数なので、 c の倍数同士の差 s² = cN − 3t² は c の倍数。 s, t 両方が c の倍数になってしまい、 s, t は互いに素という前提と矛盾。

¶　分解される整数に含まれる見掛け上の分数 1/7 は、全体としては（因子 7 と結合されて）整数を表す。当然、因子 7 を含む λ 側に配分される。

α と β の値はあべこべになり得るが、必要に応じて u の符号を反転させれば、因子 7 を持つ側が α になるように固定できる。㋝と㋞の和から:
　　2(s² + 3t²) = (2/7)λ⁴ + 2μ⁴
両辺を 2 で割り、移項して㋜を代入:
　　s² + 3t² = (1/7)λ⁴ + μ⁴　つまり　s² = −3t² + (1/7)λ⁴ + μ⁴
　　∴　s² = −3⋅(1/4)λ²μ² + (1/7)λ⁴ + μ⁴　　‥‥㋟

2t = λμ は偶数なので λ, μ の少なくとも一方は偶数。 λ, μ は互いに素なので、両方が偶数ではない。もしも μ が偶数（λ が奇数）だったなら、 μ = 2M, λ = 7N と置けば μ² = 4M² で、㋟に代入すると、
　　s² = −3⋅λ²M² + 7³N⁴ + 16M⁴
となり矛盾が生じる。というのも、仮定により s, λ, N は奇数なので、上の等式は補題Bから、
　　1 ≡ −3M² + (−1)³　つまり　3M² ≡ −2 (mod 8)
を含意するが、考え得る選択肢 M² ≡ 0, 1, ±4 のどれも（補題E参照）、この合同式を満たさない。ゆえに㋟が成り立つ可能性があるとすれば、 λ が偶数で μ が奇数の場合に限られる。

〔参考〕　λ が偶数（μ が奇数）として λ = 2⋅7B と置くと λ² = 4⋅7²B² で、㋟は:
　　s² = −3⋅7²B²μ² + 2⁴⋅7³B⁴ + μ⁴
仮定により s, μ は奇数なので、次が含意される。
　　1 ≡ −3B² + (−1)³B⁴ + 1 (mod 8)
この合同式は、成り立つ可能性がある――必要条件は B² ≡ 0 (mod 8) で、この文脈では「B が 4 の倍数」であること。「λ が偶数」というだけでは不十分で、 λ = 2⋅7B の B が 4 の倍数であること、すなわち「λ が 8 の倍数」であることが必要。

Nagell は上記〔参考〕の代わりに、次のように論じている。 λ が偶数、 μ が奇数として λ = 2κ と置くと、㋟はこうなる:
　　s² = −3κ²μ² + (1/7)(2κ)⁴ + μ⁴
この右辺第2項は 8 の倍数なので mod 8 では消滅。 s, μ が奇数という仮定から、
　　1 ≡ −3κ² + 1　つまり　3κ² ≡ 0 (mod 8)
となり、 3κ² は 8 の倍数、よって κ は 4 の倍数（λ = 2κ は 8 の倍数）。

18.　㋟に λ = 2κ を代入し、次のように平方完成する:
　　s² = −3⋅(1/4)(4κ²)μ² + (1/7)(16κ⁴) + μ⁴
　　 = μ⁴ − 3κ²μ² + (9/4)κ⁴ − (9/4)κ⁴ + (16/7)κ⁴
　　 = (μ² − (3/2)κ²)² + (1/28)κ⁴
　　∴　s² − (μ² − (3/2)κ²)² = (1/28)κ⁴　　‥‥㋠

λ = 2κ は 7 の倍数だから κ は 7 で割り切れる。 4 の倍数でもある κ は 4⋅7 = 28 で割り切れる。よって上の各項は整数。いつものように、㋠の左辺を分解した因子
　　γ （ないし δ） = s + (μ² − (3/2)κ²)　　‥‥㋡
　　δ （ないし γ） = s − (μ² − (3/2)κ²)　　‥‥㋢
を考えると γ, δ はどちらも偶数で、 3 以上の公約数を持たない。 γ, δ の積である㋠の右辺は素因子 7 を（少なくとも三つ）持つので、 γ, δ のどちらか一方だけは因子 7 を持つ。便宜上 δ が 7 の倍数（γ は 7 の倍数ではない）としよう（もしあべこべだったら、「ないし」の後ろのように変数名 γ, δ を入れ替え、あべこべにならないようにする）。

κ は少なくとも素因子 2²⋅7 を持つが、 Nagell はシンプルに κ = 2fg と置いた（f, g は互いに素）。 f, g の一方だけは素因子 7 を持つ。便宜上 g が 7 の倍数（f は 7 の倍数ではない）として、 g を δ に割り当てる。上記の諸条件から、㋠の右辺
　　(1/28)κ⁴ = (1/28)(16f⁴g⁴) = (1/7)⋅2²⋅f⁴⋅g⁴
の因子は、次のように γ, δ に配分される:
　　γ = 2⋅f⁴　そして　δ = 2⋅(1/7)⋅g⁴
　　∴　γ − δ = 2(f⁴ − (1/7)g⁴)　　‥‥㋣

㋡㋢を使って γ − δ を計算する。どっちが γ でどっちが δ かによって結果の符号が変わるが、複号を使って併記すると:
　　γ − δ = ±2(μ² − (3/2)κ²)
　　 = ±2[μ² − (3/2)(2fg)²] = ±2(μ² − 6f²g²)　　‥‥㋤

㋤は㋣に等しく、従って㋤の半分は㋣の半分に等しい:
　　±(μ² − 6f²g²) = f⁴ − (1/7)g⁴　　‥‥㋥
g が 7 の倍数であること（そして μ, f は 7 の倍数ではないこと）に留意しつつ、等式㋥を mod 7 で考えると:
　　±(μ²) ≡ f⁴ (mod 7)　　‥‥㋦
後述の補題Fを使うと、この合同式は、複号で + を選んだ場合には
　　1, 2, 4 のどれかと 1, 2, 4 のどれかは合同 (mod 7)
という含意を持ち（この含意の内容は当たり前のことで、もちろん正しい）、複号で − を選んだ場合には
　　−1, −2, −4 のどれかと 1, 2, 4 のどれかは合同 (mod 7)
という含意を持つ。後者の含意は不合理（間違い）なので、㋥が成り立つとしたら ± で + が選択された場合。かくして、われわれは、
　　μ² − 6f²g² = f⁴ − (1/7)g⁴　すなわち
　　f⁴ + 6f²g² − (1/7)g⁴ = μ²　　‥‥㋧
を得る。ところが㋧は出発点の㋚ s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u² と同じ不定方程式（変数名を変えただけ）。しかも
　　2t = λμ = (2κ)μ = (2⋅2fg)μ　つまり　t = 2fgμ
なので、㋚を満たすはずの整数 t に比べ、（㋚から派生した式㋧の）対応する整数 g は、絶対値が小さい。不合理な無限降下が含意され、「この不定方程式は整数解を持たない」と結論される。すなわち t が偶数の場合にも「ジェノッキの方程式」は不成立。定理の証明が完了した。∎

〔付記〕　原文では㋦の代わりにそれを移項した f⁴ ∓ g² を考え、 f⁴ + g² が 7 で割り切れないことを根拠に、複号の下側を否定している。その方法だと {1, 2, 4} のどれかと {1, 2, 4} のどれかの和が 7 にならないことを 9 通りのパターンについて確かめることになり、微妙に面倒くさい。

Genocchi 版をベースとした最初の証明では、 t が偶数の場合に t = 7AB = 7A(2ef) とし、 g = 7e と置いた。 t = 2Afg ということになる。 Nagell は代わりに 2t = 2²Afg を起点として、それを λ (= 2κ) = 2²fg と μ = A の積とした（κ = 2fg）。本質的な流れは、どちらの証明でも同様。

Nagell が実際に使った変数名は (λ =) a, (μ =) b, (κ =) a₁; (f =) c, (g = 7e =) d。統一のため c, d については第一の証明と同じ文字に置き換え、 a, b, a₁ については、変数名を変えてある。 α, β, γ, δ などは便宜上の一時変数で、文脈によって意味が異なる。

Genocchi は、 t が奇数でも偶数でも t = 7AB の A が奇数になるように設定した（補題D）。ある面においては統一感があるが、論理的なメリットがあるわけではない。 t が奇数のときは t = 7AB の A が ef に分解し、 t が偶数のときは t = 7AB の B が 2ef に分解する――という一種の不統一も生じる。 Nagell は、 t が奇数でも偶数でも、そこから生じる二つの因子（仮に t = λμ とする）の一つ目が 7 の倍数で、それがさらに分解するように設定した。ただし t が偶数のときは 2t = λμ のように置いている。 Nagell は因子 7 の存在や個数をあまり明示的に扱わない（デメリットもあるが、概して表記が簡潔になる）。他方、 t が奇数の場合に因子 2 の個数と分配を明示的に扱うことにより、証明を短縮した。

19.　Nagell 版の証明では mod 7 で最後の符号の選択を行うところが軽妙。次の補助命題に基づく。

補題F
〘ⅰ〙　7 の倍数以外の整数 X を平方したもの（あるいは 4 乗したもの）は、 7 の倍数より 1 または 2 または 4 大きい。記号では:
　　整数 X は 7 の倍数ではない　⇒　X² ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)　かつ　X⁴ ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)
〘ⅱ〙　「7 の倍数より 1 または 2 または 4 大きい」数が、同時に「7 の倍数より 1 または 2 または 4 小さい」ことはない。記号では:
　　X ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)　⇒　X ≢ −1, −2, or, −4 (mod 7)

証明　〘ⅰ〙 7 の倍数ではない整数は 7N ± 1 または 7N ± 2 または 7N ± 3 の形を持つ（N は何らかの整数）。
　　(7N ± 1)² = 49N² ± 14N + 1 = 7(7N² ± 2N) + 1
なので、 7N ± 1 型の整数の平方は 7 の倍数より 1 大きい。同様に 7N ± 2 型の整数の平方は 7 の倍数より 4 大きい。一方、
　　(7N ± 3)² = 7(7N² ± 2N) + 9 = 7(7N² ± 2N + 1) + 2
なので、 7N ± 1 型の整数の平方は 7 の倍数より 2 大きい。これで平方の場合が証明された。

整数 X が 7 の倍数でないときには X² も 7 の倍数ではないので、その整数 X² の平方も上記の法則に従う:
　　X⁴ ≡ (X²)² ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)

〘ⅱ〙　「7 の倍数より 1 または 2 または 4 小さい数」は、「7 の倍数より 6 または 5 または 3 大きい数」なので、「7 の倍数より 1 または 2 または 4 大きい」数ではない。別の言い方をすると、今日の 1 日後・2 日後・4 日後と、今日の 1 日前・ 2 日前・ 4 日前の中に、同じ曜日の日はない。∎

mod 7 で X ≡ ±1, ±2, or ±3 のとき、それぞれ X² ≡ 1, 2, or 4 で X⁴ ≡ 1, 4, or 2。

mod 7 において 1, 2, 4 は平方剰余（かつ四乗剰余）、 3, 5, 6 は平方非剰余（かつ四乗非剰余）。

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2025-10-07　Genocchi の定理の解明（Elkies 版）　米国での研究

#遊びの数論　#根のべき乗和　#FLT

19世紀イタリアのジェノッキは、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合について、不思議な証明法を記している。いろいろな疑問が生じる。

(1)　n = 3 や n = 5 のケースよりむしろ平易に感じられる。なぜ高次の n = 7 が簡単なのか？

(2)　フェルマーの定理に関連するさまざまな事柄は超有名なのに、なぜこんな面白い証明が、ほとんど知られてないのか？

(3)　初等的とはいえ、ジェノッキの証明にはトリッキーな部分が複数ある。もっと自然にできないものか…？

エルキース^†の著作が、疑問の大部分を解決してくれた！　フェルマーの定理の n = 7 の場合の特殊性については、楕円曲線の問題として考えるとき、その核心に迫ることができる。証明自体は古典数論の範囲で実行可能。今回は楕円曲線の観点には立ち入らないが、エルキースのアイデアを使い、ジェノッキの定理の証明の入り口の部分を簡単化する。

†　ノーム・エルキース（Noam Elkies, 1966—）。数学者、音楽家。ニューヨーク市で生まれ、イスラエルで育った。12歳のころ米国に戻ったが、英語に不慣れで最初は苦労した。数学に関しては神童だった。1987年（出版は1988年）、オイラー予想の一つ「w⁴ + x⁴ + y⁴ = z⁴ に整数解はない」（フェルマーの最終定理の拡張）を否定的に解決（解の存在を構成的に証明）。数年後、史上最年少でハーバード大学の正教授になった。「口笛を吹きながら別のメロディーをハミングできる」という特技の持ち主。
https://www.thecrimson.com/article/1995/2/9/math-and-music-pbabt-the-tender/
https://people.math.harvard.edu/~elkies/

20.　この節のアイデアは Elkies [6] による。 Fermat の最終定理・指数 7 の場合の、初等的で短い証明。

矛盾（無限降下）を導くため、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0　かつ　x + y + z ≠ 0　　‥‥❶
を満たす有理数 x, y, z が存在したと仮定する（どれも 0 でないとする）。そのとき、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = 0　かつ　x + y + z = 1　　‥‥❷
を満たす同様の有理数も存在する。実際、有理数 a, b, c が条件❶を満たすなら、 d = a + b + c と置いて❶の第一式両辺を d⁷ で割ると
　　(a/d)⁷ + (b/d)⁷ + (c/d)⁷ = 0
であり、しかも
　　a/d + b/d + c/d = (a + b + c)/d = d/d = 1
であるから、
　　x = a/d, y = b/d, z = c/d
は、条件❷を満たす有理数。

❷を満たす有理数 x, y, z が存在するなら、それらを根とする3次式
　　U³ − pU² + qU − r
の係数 −p, q, −r は有理数。3次式の根の7乗和の公式から、
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = p⁷ − 7p⁵q + 7p⁴r
　　 + 14p³q² − 21p²qr − 7pq³ + 7pr² + 7q²r　　‥‥❸
であるが、仮定❷から、❸の左辺は 0 に等しい。 p = x + y + z なので、仮定❷から p = 1。これらを❸に代入すると:
　　0 = 1 − 7q + 7r
　　 + 14q² − 21qr − 7q³ + 7r² + 7q²r
この等式を r についての2次方程式と見て整理すると:
　　7r² + (7q² − 21q + 7)r + (−7q³ + 14q² − 7q + 1) = 0
両辺を 7 で割って:
　　r² + (q² − 3q + 1)r + (−q³ + 2q² − q + 1/7) = 0　　‥‥❹

r についての（有理係数の）2次方程式❹は、有理数解を持たねばならない（∵ r は有理数）。従って、その判別式
　　(q² − 3q + 1)² − 4(−q³ + 2q² − q + 1/7)
　　 = (q⁴ + 9q² + 1 − 6q³ + 2q² − 6q) + (4q³ − 8q² + 4q − 4/7)
　　 = q⁴ − 2q³ + 3q² − 2q + 3/7　　‥‥❺
は、有理数の平方でなければならない。恒等式
　　(X² − X + 1)² = X⁴ − 2X³ + 3X² − 2X + 1
を利用すると、❺を次のように変形できる。
　　(q⁴ − 2q³ + 3q² − 2q + 1) − 4/7
　　 = (q² − q + 1)² − 4/7　　‥‥❻

「❺ = ❻ が有理数の平方」という条件は、 §3 の⑦についての条件と本質的に同一。 q は有理数なので 2q − 1 も有理数であり、
　　2q − 1 = s/t　　‥‥❼
を満たすような、互いに素な整数 s, t が存在する。❼のように置く背景（モチベーション）については、 §21, §22 参照――そこに記されているようにして、われわれは Genocchi の方程式
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²
を導く。この不定方程式が整数解を持たないことを示せば、 Fermat の定理（n = 7）が証明される。 t が奇数なら、この方程式は成り立たない（§15, §16）。 t が偶数の場合、もしこの方程式が解を持つとしたら無限降下が生じる（§17, §18）。証明終わり。∎

この❻の導出は、胸がすくようだ！

§4 で「本音」としてコメントしたように、 Genocchi のオリジナル版 [3] も Nagell 版 [4] も（Ribenboim によるその紹介 [5] も）、「根の7乗和の公式」から「❻と同様の2次式」を導くまでのプロセスが天下り的で、やぶの中を強引に進むような感じがする。
　　p⁷ − 7p⁵q + 7p⁴r + 14p³q² − 21p²qr − 7pq³ + 7pr² + 7q²r
　　 = p⁷ − 7(pq − r)(p⁴ − p²q + q²) + 7p(pq − r)²
という変形も、興味深いけれど、知らないとできないような処理だ。その点 Elkies [6] の議論は明快。 p = 1 と仮定することができ、「7乗和の公式」は自動的に r についての2次方程式となる。ややこしいトリックは必要なし。

Elkies は n = 7 の特殊性を「展望の利く観点」から眺めた――楕円曲線の問題として。古色蒼然（そうぜん）、歴史に埋もれ忘れられていた Genocchi の定理は、こうして約120年後、現代的な文脈を与えられた。ここではその「現代的文脈」自体を紹介したわけではないが、 Elkies のアイデアの一部を利用して Genocchi 自身の古い証明を簡単化した。

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2025-10-10　Genocchi の定理の解明（続き）　その理想は玲瓏にして

#遊びの数論　#FLT

ジェノッキの定理の証明について。有理数 q に関連して (q² − q + 1)² − 4/7 が有理数の平方に等しくなければならない――という条件を導くところまでは、自然に進めると判明した。問題はその先。この条件が決して満たされないことを示せば証明が完了するのだが、単純に「この数は有理数の平方」とか「q は有理数」という仮定を使わず、「q が有理数だから 2q − 1 も有理数なんで…」と言い出すところが、第一印象、唐突に思われる。「q が有理数なら 2q − 1 も有理数」という主張自体はもちろん正しいけど、この 2q − 1 という式は一体どこから出てきたのか。

こういう「結果的にはそれでうまくいくけど、必然性が感じられない処理」は「天下り的」と形容され、歓迎されない［「官僚が退職して関連企業などに再就職すること」も俗に天下りと呼ばれるが、それとは無関係］。だが結果的にうまくいくからには、うまくいく理由があるはずだ。数論の理想は「玲瓏（れいろう）にして些（いささか）の陰翳（いんえい）をも留（とど）めざる」ところにある（高木貞治（ていじ））。不透明な天下り的議論については、その真相を追究しなければなるまい。

21.　q は有理数なので q² − q + 1 も有理数（それを X としよう）。
　　(q² − q + 1)² − 4/7 = X² − 4/7 = Y²
が不可能であることを示せれば（Y: 有理数）、話が早い。しかしちょっと考えてみると、
　　(8/7)² − 4/7 = (64 − 28)/49 = 36/49 = (6/7)²
のように、有理数 X, Y が X² − 4/7 = Y² を満たす例はあるので、そう簡単に結論を出すことはできない。その場合でも、
　　X = q² − q + 1 = 8/7
を q について解けば、 q = (7 ± √77)/14 が無理数であること（この数値例では「q は有理数」という条件が満たされないこと）は明白。一般に、 X² − 4/7 が有理数の平方になるような有理数 X を特徴付けて、「そのような X の例のどれを選んでも、
　　X = q² − q + 1
の q は無理数になってしまう」ということを示せば、ジェノッキの定理は証明される（少なくとも原理的には）。いずれにしても、「手っ取り早く q² − q + 1 を一塊の X として扱う」のでは不十分で、「2次式 q² − q + 1 の平方」という詳細設定を考慮しつつ、 q が有理数であることとの矛盾を追及することになるだろう。

q² − q + 1 の平方は5項式 q⁴ − 2q³ + 3q² − 2q + 1。扱いにくそうだが、これを簡潔な3項式にまとめる方法がある。

今、変数 w についての m 次式 ƒ(w) があって、その最高次の係数が 1 だとしよう。このとき、新変数 v を用意して、 ƒ(w) の「最高次の一つ下の係数の m 分の 1 を v から引いたもの」により旧変数 w を置換すると、 ƒ(w) の最高次の一つ下の項を除去できる。――チルンハウス（Tschirnhaus）変換と呼ばれ、便利で汎用性の高いテクニックだ（特に3次方程式の処理において、常用される）。2次式 q² − q + 1 の例では（m = 2)、最高次の一つ下（1次）の係数は −1 なので、
　　旧変数 q　を　v − (−1/2) = v + 1/2
で置換してやると、
　　q² − q + 1 = (v + 1/2)² − (v + 1/2) + 1
　　 = (v² + 2⋅v⋅1/2 + 1/4) − v − 1/2 + 1 = v² + 3/4
となって1次の項を除去できる。つまり q = v + 1/2 と置けば、 q² − q + 1 は v² + 3/4 になり、従ってこうなる:
　　(q² − q + 1)² − 4/7 = (v² + 3/4)² − 4/7
　　 = v⁴ + (3/2)v² + 9/16 − 4/7 = v⁴ + (3/2)v² − 1/112

もともとの
　　(q² − q + 1)² − 4/7 = q⁴ − 2q³ + 3q² − 2q + 3/7 = 有理数の平方
を直接扱うより、上記の置換を利用して、
　　v⁴ + (3/2)v² − 1/112 = 有理数の平方　　‥‥❽
という関係を検討した方が、便利だろう。旧変数 q と新変数 v は、
　　q = v + 1/2　つまり　v = q − 1/2　　‥‥❾
というシンプルな関係で、単に値が 1/2 ずれているだけなので、 q が有理数であることと v が有理数であることは同値。

22.　ここでは「q が（従って v が）有理数」というのが重大な条件なので、とりあえず
　　v = E/F　　ここで E, F は整数　　‥‥❿
と置こう。それを❽の左辺に代入すると:
　　(E/F)⁴ + (3/2)(E/F)² − 1/112 = (E⁴/F⁴) + (3E²)/(2F²) − (1/112)
この数が有理数の平方なら〚平方でなければ〛、それに整数の平方 (F²)² を掛けたものも有理数の平方である〚平方でない〛。よって F⁴ 倍しておおかた分母を払った次の式について「有理数の平方に等しくなることがあるか」を検討すればいい。
　　E⁴ + (3/2)E²F² − (1/112)F⁴　　‥‥⓫
⓫の真ん中の分母が「2」であること、そして右端の分母 112 が = 16⋅7 = 2⁴⋅7 であること（因子として「2」をちょうど四つ含むこと）に留意すると、 F = 2G と置くことで⓫をさらにシンプルにできる:
　　E⁴ + (3/2)E²(2G)² − (1/112)(2G)⁴ = E⁴ + 6E²G² − (1/7)G⁴　　‥‥⓬

結局❿の v = E/F の代わりに、
　　v = E/(2G)　つまり　2v = E/G　　‥‥⓭
と置いたことになる（∵ F = 2G）。❾の両辺の 2 倍から 2v = 2q − 1 なので（そして q は有理数ゆえ、この 2v も有理数なので）、 2v を表す⓭の分数の分子・分母 E, G は互いに素な整数^†、と仮定できる。整数 E, G をあらためて s, t と呼ぶことにすれば、⓭の関係は:
　　2v = 2q − 1 = s/t

2q − 1 を s/t と置く、という一見天下り的な処理の正体が明確になった！　（3項式の平方を2項式の平方に置き換えて）式を簡潔にするためのチルンハウス変換（❽参照）。その結果生じる⓫を簡単化するための置換 F = 2G（これによって第2項の係数は整数になり、第3項の分母も 112 から 7 に変わる）。それら二つの処理をまとめて行うと 2q − 1 に対する操作となる。

†　G は F の半分なので、もし❿の F が奇数だと G は整数にならない。それは大きな問題ではない。すなわち、既約分数として❿の F が奇数になる場合に限って、❿の分子・分母を 2 倍して両方偶数にして（その場合 E, F の最大公約数は 2）、 F が偶数なら E/F を既約分数とすればいい。どちらの場合も E/G は既約分数。――最初から⓭のように 2v を既約分数 E/G で表すなら、このような（F が偶数か奇数かでの）場合分け場合分けは不要。

文字 E, G を s, t に改名すると、⓬は
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴　　‥‥⓮
になる。仮定により⓮は「有理数の平方」。実は、整数の平方だ。というのも、⓮を 7² 倍した数
　　7²(s⁴ + 6s²t²) − 7t⁴
も有理数の平方だが、明らかに整数であり（∵ s, t は整数）、従って整数の平方。しかも素因子 7 を含むので「7 の倍数」の平方。この「7 の倍数」を 7u とすると（u: 整数）、
　　7²(s⁴ + 6s²t²) − 7t⁴ = (7u)²
となり、両辺を 7² で割れば、ジェノッキの方程式
　　s⁴ + 6s²t² − (1/7)t⁴ = u²
が導出される。 u は整数なので、この両辺は（従って⓮は）整数（ゆえに (1/7)t⁴ = (t/7)⋅t³ も整数で t は 7 の倍数）。

〔付記〕　⓫で F = 2G の代わりに F = 14G と置くと E⁴ + 294E²G² − 343G⁴ となり、係数の分数を完全になくすことができる。だけどそれじゃ係数が大きくなり過ぎて、まとまりが悪いようだ。やはりジェノッキ自身が選んだ形式⓬が――係数に分数 1/7 を含むけど、全体としては――、コンパクトで扱いやすそうだ。

以上の導出法はモチベーションが明確であり、結果的に、途中計算も簡潔に整理されている（小刻みにのろのろ進んでいる、という面もあるけど、各ステップを詳細に分析してるのだっ）。ジェノッキの原論文 [3] を紹介したとき、前編の末尾で「s, t の導入がいささか天下り的なのが遺憾」とコメントしたが、これでその不満も解消された。

FLT n=3 などのキーワードでネット検索すると、「n = 3 のケースは結構難しい」という意見が多い（まぁ、そうでしょう）。まして「n = 5 は、一般人には困難」という認識だろう。ところが、そのさらに先にある n = 7 は、本質的には n = 3 より簡単――これは、ほとんど誰も知らないような意外な事実だ。ジェノッキの定理は、知られざる珠玉、秘密の花園といえるだろう。

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『遊びの数論50』へ続く。