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5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
• 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は、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世紀イタリアの数学者ジェノッキ（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、約 100 の著書・論文などを執筆。トリノ科学アカデミー総長を務めた。専門分野は数論。 n = 7 の場合に関連する論文は三つ: 一つ目は1864年にイタリア語で出版され、二つ目は1874年、三つ目は1876年に、それぞれフランス語で出版された。

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、と仮定すると、 p, q, r も有理数。

①に解の7乗和の公式^†を適用すると:
　　x⁷ + y⁷ + z⁷ = p⁷ − 7p⁵q + 7p⁴r
　　 + 14p³q² − 21p²qr　　←ボブⅣ、ボックⅢ
　　 − 7pq³ + 7pr²　　←ボビーⅡ、コックⅡ
　　 + 7q²r　　←ボブＣ

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

†　この公式は、いわゆる Newton の式を反復使用して導かれる（ここでは詳細略）。結論だけ言えば、リンク先の式の A, B, C にそれぞれ p, q, r を代入し、 D 以下を無視（0 扱い）したものに当たる。

ところで 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。実際、
　　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 − 7pℓ = ④　つまり　② = p⁷ + ④ + 7pℓ
　　∴　② = p⁷ − 7ℓ(p⁴ − p²q + q²) + 7pℓ² = 0　　‥‥⑤

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 = −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。言い換えれば、⑤が解を持つのは p = x + y + z = 0 の場合に限られる。

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）。

〔注〕　Nagell [4] では、この定理の証明が多少簡単化されている。 Ribenboim [5] も、それを再アレンジしている。そうした別バージョンについても機会があれば紹介したいが、ここでは Genocchi によるオリジナル版 [3] （オンラインで自由に参照可能）の流れに沿って内容を記す。

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。

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、⑥の解 L の表現には ±√D が含まれるのだから、それが無理数を生じず 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（この必要条件は見掛けよりはるかに強く、実は強過ぎて、どうやってもこの条件を満たすことができない）。

さて 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、「これ以上約分できない分子・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（u は何らかの整数）。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の右辺も奇数であり、ゆえに u/4 は奇数。この仮定上では u は偶数^†であり 4 で割り切れる。

†　u/4 が整数（奇数）なのだから u は 4 で割り切れ、当然、偶数（4 の倍数）。［次のように論じることもできる: 仮定により s, t は両方奇数なので s² + 3t² = 奇数 + 奇数 = 偶数、その2乗も偶数。 64t⁴/7 は 64 の倍数で、もちろん偶数。よって⑪から u² = (s² + 3t²)² − 64t⁴/7 = 偶数 − 偶数 = 偶数。つまり u² は偶数。従って u も偶数。］

⑫が成り立つとすれば、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だが（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)

問題は、式（❖）の値ではなく、この式が（何らかの整数 s, t を代入したときに）「有理数の平方に等しくなる可能性があるか否か」。式の値が「有理数の平方」になるかならないかは、その式に平方数 16t⁴ = (4t²)² を掛け算しても変わらない。この掛け算を実行して、（❖）の左端の分数を取り払うと:
　　s⁴ + 6s²t² − 1/7t⁴　　← この式の値を仮に G とする

G を 7 倍した 7s⁴ + 7⋅6s²t² − t⁴ は整数で（∵ s, t は整数）、
　　t⁴ = 7s⁴ + 7⋅6s²t² = 7(s⁴ + 6s²t²)
は 7 の倍数なので、 t は 7 で割り切れる。従って t/7 は整数で、 G も整数――整数なのだから、もし G が有理数の平方に等しくなったとしたら、そのとき G は何らかの整数 u の平方に等しい（整数でない有理数の平方は、整数にはならないから。例えば 3/4 の平方 9/16 のように）。すなわち、そのときには
　　(G =) s⁴ + 6s²t² − 1/7t⁴ = u²
が成り立つ必要がある。これが⑩だ。

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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）？

補題Cを使うと、 s が偶数で t が奇数なら、
　　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乗和の条件　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、条件を満たす 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 の正確な定義ではなく「それらが有理数になり得るか否か」。

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 が有効な分数であるためには、分母 t = 7AB が 0 でないことが必要。 A = 0 だと、この条件が満たされない。同様に B も 0 ではない。そして B = 2ef なので（§9）、 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。そうしたこともあって、このメモと原論文では変数名などが若干異なる。

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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の数学者。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。

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 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 か u あたりだが、それらの文字も後で別のことに使う。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。

〔注〕　記されている方程式は次節の⓸で、議論の鍵となる。その方程式を満たす（整数）解がないこと（具体的な証明は記されていない）から、フェルマーの最終定理の n = 7 の場合が解決する――と指摘した。

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4次の不定方程式を、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、具体的な証明は記されていない。

第三の論文（1876年 [3]）。いよいよ具体的な証明を公表。

［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・再検討してみたい。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〕　この複雑そうな式（3次式の根の7乗和の公式）をどうやって導くのか？　それも大変面白く重要だが、話が脱線するので、今はこれが正しいと認めて本題に集中しよう（通例、方程式の根のべき和公式は、いわゆるニュートンの式を再帰的に使って導かれる。直前の式から⓷への変形については §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 = (1/2)[(1 − Q + Q²) ± √D]
　　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。

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、証明をおよそ半分の長さにした。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:
　　m は整数　⇒　m² ≡ 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）。

〔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 k 個含むとすると、 T⁴ にはその因子 c が 4k 個含まれる。しかるにこの 4k 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。

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。

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、それぞれ
　　s² ≡ −2¹⁻¹ − 3 ≡ −4　ないし　−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。最後に m = 4 ないし 5 のとき 2^m−1 は 8 の倍数なので消滅し、それぞれ
　　s² ≡ 2⁵⁻⁴ − 3 ≡ −1　ないし　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で左辺の平方数 s² と整合性があるのは、 m = 1 のときの s² ≡ −4 のみ。

これで m = 1 と確定した。それを⓼に代入すると:
　　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が、 by A. Genocchi の書き間違いだろう。もっとも Lebesgue が n = 7 のケースに大きな貢献をした^†のも事実。数論の歴史の研究者としても有名な数学者 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」。 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 は偶数とする。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
となってしまい、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
となる。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。つまり「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 では消滅する。 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) = ±(2μ² − 3κ²)
　　 = ±[2μ² − 3(2fg)²] = ±(2μ² − 12f²g²)　　‥‥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、複号でプラスを選んだ場合には
　　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（この含意は、もちろん真）、複号でマイナスを選んだ場合には
　　−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（これは偽）。ゆえに㋥が成り立つとしたら、複号でプラスを選ぶ必要があり、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 と同じ型の不定方程式であり、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。これは不合理な無限降下を含意し、この不定方程式は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「ジェノッキの不定方程式」は不可能。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、困難ではないが微妙に面倒くさい。

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 の積としている（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。

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 m 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 m は 7 の倍数ではない　⇒　m² ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)　かつ　m⁴ ≡ 1, 4, or 2 (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:
　　m ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)　⇒　m ≢ −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 m が 7 の倍数でないときには m² も 7 の倍数ではないので、その整数 m² の平方も上記の法則に従う。すなわち、
　　m⁴ ≡ (m²)² ≡ 1, 2, or 4 (mod 7)
が成り立つ（∵ m² は 7 の倍数ではない整数）。

〘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 m ≡ ±1, ±2, or ±3 のとき、それぞれ m² ≡ 1, 2, or 4 であり、 m⁴ ≡ 1, 4, 2 だ。

mod 7 において 7 の倍数を度外視すると、 1, 2, 4 が平方剰余（かつ四乗剰余）、 3, 5, 6 が平方非剰余（かつ四乗非剰余）。

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