フェルマーの定理の拡張（遊びの数論51）

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遊びの数論50の続き。誤字脱字・間違いがあるかも。

• 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。
• 2025-11-01　x³ + y³ = 3z³　フェルマーの最終定理の拡張
• 2025-11-04　x³ + y³ = 2z³　虫食いパズル
• 2025-11-16　x³ + y³ = 4z³
• 2025-12-01　x³ + y³ = 5z³ や x³ + y³ = 11z³ など
• 2025-12-02　ω の立方性: t³ ≡ ω に解があるか
• 2025-12-06　1³, 2³, 3³, ··· を割った余り
• 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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2025-11-01　x³ + y³ = 3z³　フェルマーの最終定理の拡張

#遊びの数論　#アイゼンシュタイン整数　#FLT(3)

フェルマーの定理によると
　　x³ + y³ = z³
を満たすような、 0 でない整数 x, y, z は存在しない。それでは、
　　x³ + y³ = 2z³
　　x³ + y³ = 3z³
　　x³ + y³ = 4z³
　　　︙
は、どうか？　つまり立方数と立方数の和が、立方数の整数倍になることが、あるだろうか？

x³ + y³ = 2z³ については、
　　5³ + 5³ = 2 × 5³　つまり　125 + 125 = 2 × 125
のように x = y = z ならいつでも式は成り立つが、この「自明」な（当たり前でつまらない）パターンを除外して「整数 x, y, z がどれも 0 でなく、全部等しくもないという条件の下で x³ + y³ = 2z³ に解があるか」と問うことにしよう。より一般的に k を整数の定数として、 x³ + y³ = kz³ に非自明な解があるか。

k = 1 の場合に解がないというのが、いわゆる「フェルマーの最終定理」の指数 3 の場合（証明済み）。 k = 2, 3, 4, ··· などについて若干の試行錯誤を行うと、どれもこれも解がないのではないか、という気がしてくる。ところが、
　　4³ + 5³ = 64 + 125 = 189
は、桁の和が 9 の倍数なので 9 で割り切れる。 189 = 21 × 9 = (7 × 3) × (3 × 3) だ。これは、
　　4³ + 5³ = 189 = 7 × 3³
を意味するので、少なくとも k = 7 の場合の x³ + y³ = 7z³ には、立派な解 (x, y, z) = (4, 5, 3) があるっ。それほど立派ではないかもしれないが、
　　2³ + (−1)³ = 7 × 1³
なので (2, −1, 1) も解だ。 k = 7 の場合より見つけにくいが、実は k = 6 の場合にも2桁の整数解がある。

一般の k についての x³ + y³ = kz³ は見掛け以上に深い問題だが、だからこそ興味深い探検ができるかもしれない。「k = 3 の場合に解がないこと」に話を限ると、オリジナルのフェルマーの定理とほとんど同様に証明できるので、そこから手を付けるのが順当だろう。

オリジナルのフェルマーの最終定理（n = 3 の場合）――すなわち x³ + y³ = z³ に整数解がないこと――の証明は、その気になれば古典数論の範囲でも可能だろう。しかし、有理数の世界に ω = (−1 + √−3)/2 を添加した「少し広い世界」における「拡張された意味での整数」の一種（いわゆるアイゼンシュタイン整数）を利用することで、見通しの良いエレガントな議論が成立する。実数ですらない 1 − ω とか 3 + 6ω のような数を「整数」と考えることには、最初、抵抗や混乱を感じるかもしれないが、要するに、「明確に定義された特定の集合」の要素たちを便宜上「整数」と呼んでいるに過ぎない。アイゼンシュタイン整数に限らず、拡張された意味での整数（代数的整数）は強力なツールであり、最初の違和感を克服することによって得られるメリットは大きい。

フェルマーの最終定理（n = 3 の場合）の証明を簡単に振り返っておく。 x³ + y³ = 3z³ に整数解がないことの証明は、これとよく似ている。

0 でない整数 x, y, z が x³ + y³ = z³ つまり x³ + y³ + (−z)³ = 0 を満たすことはない――ということを証明する代わりに、われわれは潜在的な解の範囲をもっと広くして、 0 でないアイゼンシュタイン整数 A, B, C が A³ + B³ + C³ = 0 を満たすことはない、ということを証明した。アイゼンシュタイン整数の世界は、複素数全体から見れば極めて狭い世界であり、“アイゼンシュタイン有理数”（有理数に ω を添加した世界。正式な用語では「二次体」と呼ばれるものの一種）よりもかなり狭いが、普通の意味での整数たちを包み込み、普通の意味での整数の世界よりは一回り大きい。従ってアイゼンシュタイン整数の範囲で探しても解がなければ、もちろん普通の整数の範囲でも解がない。

証明の概要。まず「A, B, C は、どの二つも互いに素」と仮定しても一般性が損なわれない（§3）、というのが重要なポイント。この仮定と λ = 1 − ω という数^†の性質から、次のことが示される（定理2）。すなわち、もしも A³ + B³ + C³ = 0 が成り立つなら、 A, B, C のうちどれか一つだけは λ の倍数で、残りの二つは λ の倍数ではない。 A³ + B³ + C³ という和における A, B, C の役割は対称的なので、そのうちどれが λ の倍数だとしても、議論の大勢に影響はない。仮に C が λ の倍数で因子 λ をちょうど m 個持つ――として、
　　C = λ^m⋅D
と書くと（余因子 D は λ で割り切れない）、 m は 2 以上。なぜなら、
　　A³ + B³ = −C³ = −(λ^mD)³ = λ^3m⋅(−D³)　　‥‥①
の左辺 A³ + B³ が λ⁴ の倍数（簡単に言えば 9 の倍数）になることが示され、従って、それに等しい①の右辺も因子 λ を 4 個以上持たなければならない（定理3）。つまり C = λ^mD は因子 λ を最低 2 個持つ必要がある（簡単に言えば C は 3 の倍数ってこと）。

†　1 − ω は、アイゼンシュタイン整数の世界における素数の一つ。イメージ的には、普通の意味での素数 3 を二つに細分した「超素数」というか「微細素数」。複素平面上では第4象限にあって、偏角が −30° で絶対値が √3。言い換えると、純虚数 −3√−3 の立方根。

その結果として（①参照）、
　　λ^3m⋅(−D³) = A³ + B³ = (A + B)(A + ωB)(A + ω²B)　　‥‥②
の右辺の三つの因子
　　A + B, A + ωB, A + ω²B
のうち、どれか一つは素因子 λ をちょうど 3m−2 個持ち、残りの二つは、それぞれ素因子 λ を 1 個だけ持つ（§8）。どれが「どれか一つ」でも大勢に影響ないので、具体的に、
　　A + B = λ^3m−2⋅ɡ₁
　　A + ωB = λ⋅ɡ₂
　　A + ω²B = λ⋅ɡ₃
と決めておこう。ここで三つの数 ɡ₁, ɡ₂, ɡ₃ は互いに素で、それぞれ自分自身が立方数の単数倍でなければならない（§8⑪参照）。つまり、
　　A + B = λ^3m−2⋅ɡ₁ = λ^3m−2⋅(u₁⋅H³)
　　A + ωB = λ⋅ɡ₂ = λ⋅(u₂⋅E³)
　　A + ω²B = λ⋅ɡ₃ = λ⋅(u₃⋅F³)
と書くことができる（u₁ 等は単数。 E, F, H は λ の倍数ではない）。このとき、補題3〘ⅰ〙から
　　(λ^3m−2⋅u₁⋅H³) + ω(λ⋅u₂⋅E³) + ω²(λ⋅u₃⋅F³) = 0
が導かれ、両辺を λωu₂ で割って、
　　λ^3m−3⋅v⋅H³ + E³ + v′ F³ = 0
となる――ここで v = u₁/(ωu₂) と v′ = (u₃⋅ω²)/(ωu₂) = u₃⋅ω/u₂ は単数だが、 v′ は ±1 でなければならず、（必要なら −F をあらためて F と置くことにより）等式
　　E³ + F³ = λ^3(m−1)⋅(−vH³)　‥‥③
が成り立つ。

だが③が成立するということは、自己矛盾をはらんでいる。というのも、 A³ + B³ + C³ = 0 を少し拡張して A³ + B³ + uC³ = 0 を考えると（u は任意の単数）、①の C³ は uC³ に置き換わり、①②の −D³ は −uD³ に置き換わるが、それ以降の変形は（u₁⋅u₂⋅u₃ = −u という、どうでもいい条件が付く以外は）全く同様に進み、次のような結論に至る。すなわち、もしも
　　A³ + B³ + uC³ = 0
を成り立たせるような、（どれも 0 でない）アイゼンシュタイン整数 A, B, C が存在したら、その等式は
　　A³ + B³ + u(λ^m⋅D)³ = 0
の形でなければならず、しかもそのとき、③によって、
　　E³ + F³ + v(λ^m−1⋅H)³ = 0
を成り立たせるような、（どれも 0 でない）アイゼンシュタイン整数 E, F, H も存在しなければならない。このことは―― G = λ^m−1⋅H と置くと――、もしも方程式 A³ + B³ + UC³ = 0 に、因子 λ を m 個含む解 A, B, C, U = u が存在したなら（U は何らかの単数）、同じ方程式には、因子 λ を m−1 個しか含まない解 E, F, G, U = v も存在する――ということを含意する。同様の議論を反復すれば、因子 λ を m−2 個しか含まない解、 m−3 個しか含まない解、等々も次々に生成される。しかし解に含まれる因子 λ の個数はもとより 0 より小さくはなれないのだから、このような「無限降下」は不合理であり、証明済みの定理3による制限（因子 λ の数は最低でも 2）に反する。

以上の議論をなぞるようにして、次の定理を証明する。

定理4　A³ + B³ = 3C³ を満たすような、 0 でないアイゼンシュタイン整数 A, B, C は存在しない。結果として（通常の整数もアイゼンシュタイン整数の一種だから）、 x³ + y³ = 3z³ を満たすような、 0 でない（通常の）整数 x, y, z は存在しない。

証明　3 = −ω²⋅λ² なので（補題1）、定理4の方程式は、
　　A³ + B³ = −(−ω²⋅λ²)C³　つまり　A³ + B³ = ω²⋅(λ²⋅C³)
と同値。便宜上、問題を拡張して、（U = ω² に限らず）任意の単数 U に関して、
　　A³ + B³ = U⋅(λ²⋅C³)　　‥‥④
に解がないことを示そう。 A, B, C のどの二つも互いに素、と仮定して構わない。 A も B も 3 の倍数ではなく^†、従って λ の倍数ではない。よって、補題2から、
　　A³ + B³ ≡ (±1) + (±1) (mod λ)
が成り立つ。二つの複号（同順とは限らない）で同じ符号が選ばれた場合、 A³ + B³ ≡ ±2 ≢ 0 (mod λ) となるが、これは「A³ + B³ = 3C³ が 3 の倍数（従って λ の倍数）」という事実に反する。よって二つの複号では異なる符号が選択され、 A, B の一方は λ の倍数より 1 大きく、他方は λ の倍数より 1 小さい。

†　3C³ に等しい A³ + B³ は、 3 の倍数。もし A も 3 の倍数なら（A = 3a としよう）、 B³ = 3C³ − A³ = 3C³ − (3a)³ = 3(C³ − 9a³) も 3 の倍数。従って B も 3 の倍数。これは「A, B は互いに素」という仮定に反する。同様に「B は 3 の倍数」と仮定すると、 A も 3 の倍数になってしまう。

ゆえに定理1から:
　　A³ + B³ ≡ (±1) + (∓1) ≡ 0 (mod λ⁴)　　複号同順
すなわち④左辺は、因子 λ を少なくとも 4 個持つ。それに等しい④右辺も因子 λ を 4 個（以上）持つから、 C³ は因子 λ を 2 個以上持たねばならず、従って C は λ の倍数（その結果、実際には C³ は因子 λ を 3 個以上持つ）。単体の C が因子 λ を合計 m 個持つと仮定して C = λ^m⋅D と置くと（m は 1 以上。余因子 D は λ で割り切れない）、④はこうなる:
　　A³ + B³ = U⋅(λ²⋅(λ^m⋅D)³) = U⋅(λ^3m+2⋅D³)

よって補題3〘ⅱ〙から、次の等式が成り立つ。
　　(A + B)(A + ωB)(A + ω²B) = A³ + B³ = U⋅(λ^3m+2⋅D³)　　‥‥⑤
⑤の右辺は因子 λ を 3m+2 個（少なくとも 5 個）持つから、⑤の左辺の三つの因子
　　A + B, A + ωB, A + ω²B
のうちどれか一つは因子 λ を 3m 個持ち、残りの二つは因子 λ を一つずつ持つ。

一般性を損なうことなく、
　　A + B = λ^3m⋅ɡ₁, A + ωB = λ⋅ɡ₂, A + ω²B = λ⋅ɡ₃
と仮定できる（余因子 ɡ₁ などは互いに素で、どれも λ で割り切れない）。これらを⑤に代入して、両辺を λ^3m+2 で割ると:
　　ɡ₁⋅ɡ₂⋅ɡ₃ = U⋅D³
ここで ɡ₁, ɡ₂, ɡ₃ は、それぞれ立方数の単数倍。これら三つの数を順に u₁⋅H³, u₂⋅E³, u₃⋅F³ と書くと（u₁ などは単数）、
　　A + B = λ^3m⋅u₁⋅H³, A + ωB = λ⋅u₂⋅E³, A + ω²B = λ⋅u₃⋅F³
となり、補題3〘ⅰ〙から次の等式を得る:
　　(λ^3m⋅u₁⋅H³) + ω(λ⋅u₂⋅E³) + ω²(λ⋅u₃⋅F³) = 0
両辺を λ⋅u₂⋅ω で割って:
　　λ^3m−1⋅v⋅H³ + E³ + v′⋅F³ = 0
ここで v = u₁/(u₂⋅ω) と v′ = (ω²⋅u₃)/(u₂⋅ω) = ω⋅u₃/u₂ は、それぞれ単数。上の式を移項して、単数 −v を V で表すと、
　　E³ + v′⋅F³ = V⋅(λ²⋅λ^3m−3⋅H³) = V⋅(λ²⋅λ^3(m−1)⋅H³)
となる。 G = λ^m−1⋅H と置くと:
　　E³ + v′⋅F³ = V⋅(λ²⋅G³)　　‥‥⑥

E, F は λ の倍数ではないので、定理1の系と同様に、 E³, F³ はどちらも λ² の倍数より 1 大きいか 1 小さい。一方、⑥の右辺は λ² の倍数なので、次の合同式が成り立つ。
　　±1 ± v′ ≡ 0 (mod λ²)　　‥‥⑦
⑦の左辺（複号同順とは限らない）が取り得る値（同値類）は 1 ± 1 か 1 ± ω か 1 ± ω²、もしくはそのどれかの −1 倍。そのうち 1 + 1 ≡ 2 が⑦を満たさないこと、 1 − 1 ≡ 0 が⑦を満たすことは、明白。他方、 1 ± ω, 1 ± ω² は⑦を満たさない（これらの数は単数であるか、または λ の単数倍なので、 λ² の倍数ではない）。 0 と合同〚不合同〛な数の −1 倍も 0 と合同〚不合同〛であり、⑦を満たす〚満たさない〛。結局、⑦の左辺は +1 − 1 または −1 + 1 になるしかなく、単数 v′ は ±1 のいずれか。 v′ = 1 なら⑥をそのまま使い、 v′ = −1 なら (−F)³ をあらためて F³ と置くことにより、⑥はこう要約される:
　　E³ + F³ = V⋅(λ²⋅G³)　　‥‥⑧

⑧は、④と同じ型の等式で、④の A, B, C, U をそれぞれ E, F, G, V に置き換えたものに他ならない。のみならず、④の変数 C は、因子 λ をちょうど m 個含んでいたが、⑧（従って⑥）において C に相当する変数 G は、因子 λ を m−1 個しか含んでいない。つまり、もしも方程式④が成り立つとしたら、そこから派生する⑥も成り立つことになり、このような派生を次々と反復すると、因子 λ の個数に関して無限降下（矛盾）が生じる。ゆえに④は所定の解を持ち得ない。∎

この定理と証明法は Landau, Satz 902 をはじめ、多数の文献で紹介されている。 Hardy & Wright の Theorem 232 の証明には、第6版の時点で次のような誤植があるようだ。
　　誤　ξ + η = ελ^3mθ³, ξ + ρη = ε₁λφ³, ξ + ρ²η = ε₁λψ³
　　正　ξ + η = ε₁λ^3mθ³, ξ + ρη = ε₂λφ³, ξ + ρ²η = ε₃λψ³

命題自体は Legendre にまでさかのぼる。「同様にして x³ + y³ = 6z³ の不可能性も容易に証明できるであろう」という Legendre の記述^†は錯覚であり、 x = 17, y = 37, z = 21 は、その式を満たす（両辺とも 55566）。ある時代において権威があるとされる文献でも完璧ではなく、数論は常に現在進行形、ということが感じられる。われわれは間違いを犯すが、少なくとも正しい方向へ進んでいきたいと願う。

† https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k42612x/f26.item
このスキャンの原本を読んだ誰かも間違いに気付いたらしく、 impossible pour les valeurs A = 3, 5, 6 の 6 の上に抹消線が書き込まれている。

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2025-11-04　x³ + y³ = 2z³　虫食いパズル

#遊びの数論　#アイゼンシュタイン整数　#FLT(3)

パズル《3個の3乗を足して3》　三つの空欄に当てはまる整数（等しいとは限らない）は？
　　(□/4)³ + (□/6)³ + (□/12)³ = 3

よくある「四つの 4 で～を作れ」と同種の、数字の遊戯。 □ に当てはまる数はおおむね1桁、最大でも10台なので、ブルートフォース（全パターンを試すこと）で答えを見つけることは易しい。とある錯覚に陥らなければ…

「フェルマーの最終定理の拡張」には、こんな娯楽パズルのようなものも含め、いろんな話題がある。前回、 x³ + y³ = 3z³ には（x = −y かつ z = 0 の自明解を除いて）整数解がないことを証明した。その定理の簡単な応用として、「二つの有理数 p, q をそれぞれ立方して足し合わせても、 3 に等しくすることはできない」。実際、 p, q を（必要なら）通分して
　　p = x/z, q = y/z　　（x, y, z: 整数）
と書いたとして、もしも
　　p³ + q³ = (x/z)³ + (y/z)³ = 3
が成り立つとしたら、両辺を z³ 倍することで、
　　x³ + y³ = 3z³
を得る。だが上記の定理により、この式に解はない！　p = 0 つまり x = 0 の場合にも解はないので、 0³ + q³ = q³ = 3 の解 q = ³√3 = 1.4422495703… は、整数の比 y/z の形で書けないことも分かる。 ³√3 が無理数であることの、風変わりな証明法。

「有理数の立方」が 3 に等しくならないのは、立方根が無理数なのだから当然だけど、上記によると「有理数の立方」を二つ足し合わせても、決して 3 に等しくならない。このことは意外ではないが、自明でもない。ここで「立方根は無理数なのだから、有理数の立方を幾つ足し合わせても 3 になるわけないに決まってる」と早合点してはいけない。冒頭のパズルのように「有理数の立方」を三つ足し合わせるなら 3 を作れる。実は「有理数の立方」を三つ足すと、どんな整数・有理数でも作れるのだッ！

この事実は多少意外な感じがするし、「一体なぜ？」「どうやって？」と好奇心を刺激する。

上記の話題や冒頭のパズルの仕組みなどについては、機会があれば後日書くとして…。 x³ + y³ = z³ の不可能性（フェルマーの最終定理）と x³ + y³ = 3z³ の不可能性（定理4）が証明された今、その中間の x³ + y³ = 2z³ はどうなってるのか――現時点ではそっちがもっと気になるので、今回は、その問題に取り組みたい。

1/3.　アイゼンシュタイン整数を 2 で割ったときの余りについて。

a, b を普通の意味での整数とする。アイゼンシュタイン整数 t = a + bω は、もし a, b が両方とも偶数なら（そしてそのときに限って）、 2 の倍数になる（言い換えると 2 で割り切れる。下記の例を見れば、これは当たり前のことだと感じられるだろう）。
　　12, −2, 4ω, −10ω, 6 + 8ω, −4 − 20ω
などは、2 の倍数の例。一方、 2 で割り切れないアイゼンシュタイン整数の中には、
　　13, −1, 1 + 4ω, 1 − 10ω, 7 + 8ω, −3 − 20ω
のように、2 の倍数より 1 大きい数もあるし（2 の倍数より 1 小さいともいえる）、
　　12 + ω, −2 + ω, 5ω, −9ω, 6 + 9ω, −4 − 19ω
のように、2 の倍数より ω 大きい数もある（2 の倍数より ω 小さいともいえる）。前者は、 a + bω の a が奇数、 b が偶数の場合。後者は a が偶数、 b が奇数の場合だ。さらに a, b が両方奇数の場合、例えば
　　13 + ω, −1 + ω, 1 + 5ω, 1 − 9ω, 7 + 7ω, −3 − 19ω
などは、2 の倍数より 1 + ω 大きい（2 の倍数より 1 + ω 小さいともいえる）。

以上で a, b がそれぞれ偶数の場合・奇数の場合の 4 パターンが網羅された――それ以外の組み合わせはないので、任意のアイゼンシュタイン整数は、そのどれかの種類になる。記号で書くと:

2 で割った余りの観点からは、アイゼンシュタイン整数 t は、次の四つのタイプに分類される。
　　㋐　t ≡ 0 (mod 2)　つまり　2 で割り切れる（2 の倍数）
　　㋑　t ≡ 1 (mod 2)　つまり　2 の倍数より 1 大きい
　　㋒　t ≡ ω (mod 2)　つまり　2 の倍数より ω 大きい
　　㋓　t ≡ 1 + ω (mod 2)　つまり　2 の倍数より 1 + ω 大きい

注記　ω² = −1 − ω も（2 の倍数 −2 − 2ω より 1 + ω 大きいので）㋓に属する。よって㋓の数たちを ω² で代表させて
　　㋓　t ≡ ω² (mod 2)
と言ってもいい。これは「2 の倍数より ω² = −1 − ω = −(1 + ω) 大きい」ということで、要するに「2 の倍数より 1 + ω 小さい」。内容的には、最初の記述の㋓と全く同じ数たちを表す。同様に、㋑を t ≡ −1 と書くこともでき（2 の倍数より 1 小さい）、㋒を t ≡ −ω と書くこともできる（2 の倍数より ω 小さい）。㋓を t ≡ 1 + ω つまり t ≡ −ω² と書くこともできる。要するに mod 2 では、 ±1 は同じクラス㋑に属し、 ±ω は同じクラス㋒に属し、 ±ω² は同じクラス㋓に属する。

問題　アイゼンシュタイン整数の世界において、単数 u = ±1, ±ω, ±ω² のどれかについて、
　　条件　t³ ≡ u (mod 2)
を満たす t が存在することはあり得るか。もしあるとすれば、どの単数がそのような性質を持つか。

解　mod 2 では、アイゼンシュタイン整数 t には t ≡ 0, 1, ω, ω² の四つの種類しかない。そのどれを立方しても t³ ≡ 0 or 1 になる。実際:
　　0³ ≡ 0
　　1³ ≡ 1
　　ω³ ≡ 1
　　(ω²)³ ≡ (ω³)² ≡ 1² ≡ 1

つまり問題の条件を満たす単数 t があるにせよ、ないにせよ、任意の t は t³ ≡ 0 または t³ ≡ 1 という性質を持つ。言い換えると、問題の条件を満たす単数があるとすれば、㋐または㋑タイプの単数に限られる。㋐タイプ（2 の倍数）の単数は存在しないので、㋑タイプの数（2 の倍数より 1 大きい）だけが条件を満たす。単数 u = 1 は、もちろんこれに当てはまる（実際、 t ≡ 1 なら t³ ≡ 1）。単数 u = −1 も（2 の倍数 −2 より 1 大きいので）、条件を満たす（実際、 t ≡ −1 なら t³ ≡ −1）。他方、単数 u = ±ω, ±ω² は㋑タイプではないので、条件を満たさない。∎

以上の観察は次のように要約される。この一見地味な命題が、一つの鍵となる。

補題7　アイゼンシュタイン整数の単数 1, −1, ω, −ω, ω², −ω² のうち、どれか一つを任意に選んで u とする。もし u = 1 か u = −1 を選んだのなら、
　　t³ ≡ u (mod 2)
を満たす解 t が存在するが、 ±1 以外の単数を u として選んだのなら、上記の合同式を満たす解 t はない。

〔補足〕　mod 2 でのこの問題に関する限り、合同記号 ≡ を単に等号 = に置き換えても、同様の結論が得られる。つまり t³ = u が解を持つのは u = 1 or −1 の場合であり、 u = ω, −ω, ω², or −ω² の場合に t³ = u は解を持たない。それを検証することも、難しくない（単数 u の絶対値は 1 なので、「何か」を立方したものが単数に等しくなるとしたら、その「何か」も絶対値が 1 であり、そのことから解の候補は六つに絞られる）。しかし以下で必要になるのは、そのような「等号バージョン」ではなく、あくまで補題7だ。

2/3.　補助命題を二つ。次の関係は、3次方程式の研究ではかなり重要な役割を果たす。

補題8　A, B を任意のアイゼンシュタイン整数として、三つの数
　　P = A + B, Q = ωA + ω²B, R = ω²A + ωB
を考える。次の恒等式が成り立つ。
〘ⅰ〙　P + Q + R = 0
〘ⅱ〙　PQR = A³ + B³

〔参考〕　入力 A, B に対応する上記の値 P, Q, R は、 Lagrange の分解式（分解方程式）と呼ばれるものと関連している（詳細については割愛）。

証明　〘ⅰ〙　補題3〘ⅰ〙と実質同じ。すなわち P + Q + R = (A + B) + (ωA + ω²B) + (ω²A + ωB) は、
　　A(1 + ω + ω²) + B(1 + ω + ω²) = A⋅0 + B⋅0 = 0
に等しい。

〘ⅱ〙　補題3〘ⅱ〙の恒等式
　　(A + B)(A + ωB)(A + ω²B) = A³ + B³
と実質同じで、 (A + ωB)(A + ω²B) が QR = (ωA + ω²B)(ω²A + ωB) に置き換わっただけ。よって、
　　(A + ωB)(A + ω²B) = (ωA + ω²B)(ω²A + ωB)　　（♪）
を示せば十分。それには、次のように（♪）の右辺を 1 倍、つまり ω³ = ω² × ω 倍するだけでいい。 ω³ = 1 と ω⁴ = ω³⋅ω = ω に留意すると、
　　（♪）の右辺 = (ωA + ω²B)ω² × (ω²A + ωB)ω
　　 = (A + ωB) × (A + ω²B) = （♪）の左辺
だ。∎

補題8の P, Q, R の最大公約数が、後々、技術的に重要な役割を果たす。

補題9　補題8と同じ三つの数
　　P = A + B, Q = ωA + ω²B, R = ω²A + ωB
を考える――ただし（補題8にはない追加条件として）、 A, B は互いに素で P, Q, R はどれも 0 でない、と仮定する。このとき一般には P, Q, R のどの二つも互いに素だが、もし P, Q, R の中に互いに素でない二つの数があるなら、その二つの数の最大公約数は λ = 1 − ω であり、しかも λ は三つの数 P, Q, R の最大公約数でもある。

〔要点〕　A, B がどのように選択されるにせよ、もし P, Q, R が単数以外の公約数を持つなら、その公約数は λ またはその単数倍に限られる。

証明　補題8〘ⅰ〙から P + Q + R = 0。従って、 P と Q が何らかの公約数 D を持つなら（P = Dp, Q = Dq としよう）、
　　R = −P − Q = −Dp − Dq = D(−p − q)
も D で割り切れる。 P, R あるいは Q, R が公約数を持つ場合も同様。よって、もし P, Q, R のどれか二つが互いに素でないなら（単数以外の公約数 D を持つなら）、三つの数全部がその公約数 D を持つ。

P, Q, R が、単数以外の公約数 D を持つと仮定しよう――上記のことから、 R を無視して「P, Q が公約数 D を持つ」と仮定するだけで、同じことになる。すると、この仮定により P は D の倍数、 Q も（従って ω²Q も） D の倍数なので、それらの差
　　P − ω²Q = (A + B) − (A + ωB) = B − ωB = B(1 − ω)
も D の倍数。同様に、この仮定上では ωQ も P も D の倍数なので、
　　ωQ − P = ω(ωA + ω²B) − (A + B) = (ω²A + B) − (A + B)
　　 = ω²A − A = ω²A − ω³A = ω²A(1 − ω)
も D の倍数。要するに、この場合、
　　㋕ ω²A(1 − ω)　と　㋖ B(1 − ω)
は、どちらも（単数以外の）因子 D を持つ。しかし命題の仮定により A, B は互いに素なので、 D は A または B の因子ではない。では D は何か。㋕㋖の（単数以外の）共通因子は、素数 λ = 1 − ω （およびその単数倍）だけなので、必然的にそれが D だ。∎

〔補足〕　上記のように P, Q, R が公約数 λ = 1 − ω を持つことは、あり得る。しかし無条件で常にこの公約数を持つわけではない。 λ が公約数であるためには、まず λ は P = A + B の約数でなければならないが、この必要条件が満たされるかどうかは A, B の値によって決まる。例えば A = 4, B = −3ω のとき、 λ は P = A + B = 4 − 3ω の約数ではない（この P は λ の倍数 3 − 3ω より 1 大きいので、 λ で割り切れず、割ると 1 余る）。

3/3.　メインディッシュ。

〔注〕　下記の定理（k = 2 のケース）の証明は、少しややこしい。比較的単純な k = 4 のケースを先に（あるいは平行的に）研究した方が、要点を理解しやすいかもしれない。

定理5　アイゼンシュタイン整数の範囲において、 A³ + B³ = 2C³ には自明な解しか存在しない（通常の整数の範囲において、 x³ + y³ = 2z³ には自明な解しか存在しない）。ここで「自明な解」とは、 A³ = −B³ かつ C = 0 の場合（通常の整数で x = −y かつ z = 0 の場合）と、 A³ = B³ = C³ の場合（通常の整数で x = y = z の場合）の、両方を指す。

証明　いつものように問題を少し拡張して、
　　A³ + B³ = 2UC³　　（✽）
を考える。ここで U は任意に選択可能な単数で、 U = 1 の場合が定理5の式に当たる。一般性を損なうことなく「A, B, C はどの二つも互いに素」と仮定できる。

A, B, C がどれも 0 でない場合に話を限ろう。その場合、絶対値最小の解は |A| = |B| = |C| = 1 だ（例えば A = B = C = 1 や A = B = C = −1 や A = ω, B = ω², C = 1 など。いずれも自明な解）。もしも絶対値がもっと大きい解 A, B, C ――三つの数はどれも絶対値 1 以上で、少なくとも一つの数の絶対値は 1 より大きい――が存在するとしたら、
　　|ABC| > 1
が成り立つであろう。実際にはそれがあり得ないことを証明したい。そのためにわれわれは、上記の不等式を満たすような（あり得ないはずの）解が存在するとあえて仮定し、その仮定が間違っていること（矛盾を生むこと）を示す。

（✽）の A, B, C を
　　|ABC| > 1 を満たす解のうち |ABC| の値が最小のもの
とする。

〔注〕　上記条件を満たす (A, B, C) が少なくとも一組存在するなら、 A の値と B の値を入れ替えたものや、 A の値を ω 倍したもの等々も、同じ方程式を満たす。われわれは、条件を満たす (A, B, C) のうち任意の一つを選択したとしよう。

さて、
　　P = A + B, Q = ωA + ω²B, R = ω²A + ωB
と置くと、補題8から:
　　P + Q + R = 0　　‥‥⑨
　　P⋅Q⋅R = A³ + B³ = 2UC³　　‥‥⑩

〔補足〕　仮定により C ≠ 0 なので、（✽）から A³ + B³ = 0。従って⑩から PQR ≠ 0 であり、 P, Q, R はどれも 0 でない。

P, Q, R は（少なくとも理論上では）単数以外の公約数を持ち得る。 P, Q, R の最大公約数（＝絶対値最大の公約数）の一つ^†を d とする。補題9によると、 d は λ またはその単数倍、もしくは 1 またはその単数倍だ。ここでは単数倍の違いを細かく考える必要はないので、規約として P, Q, R が公約数 λ を持つときは d = λ とし、それ以外の場合には d = 1 としよう。 P/d, Q/d, R/d は、当然どの二つも互いに素。

†　ある数が最大公約数なら、その単数倍の数も最大公約数。例えば 14 と 21 の最大公約数は 7 だとされるが、それを −1 倍した −7 も「絶対値最大」の公約数には違いない。

⑩の両辺を d³ で割って:
　　(P/d)⋅(Q/d)⋅(R/d) = 2U(C/d)³　　‥‥⑪

単数 U を度外視すると、⑪の右辺は（アイゼンシュタイン整数の）立方数の 2 倍。⑪の左辺の三つの因子はどの二つも互いに素なので、（単数倍の違いを無視すると）それぞれ自分自身が立方数または立方数の 2 倍（三つの因子のうち一つだけが立方数の 2 倍）でなければならない（説明）。つまり、
　　P/d = U₁⋅E³, Q/d = U₂⋅F³, R/d = 2⋅U₃⋅G³　　‥‥⑫
のような形に分解される。ここで U₁, U₂, U₃ は何らかの単数で、⑫の三つの数の積が⑪の値と等しくなるように各数が選択されることは、言うまでもない。 E, F, G は（互いに素な P/d, Q/d, R/d それぞれの因子なので）どの二つも互いに素。⑪右辺において、因子 2 ――それはアイゼンシュタイン整数としても素数である――が (C/d)³ の分母と約分されて消えることはない（d = 1 or λ であり素数 2 は λ で割り切れないから）。この 2 は P/d, Q/d, R/d のどの因子にもなり得るが、どれの因子だとしても議論は同様に進む。ここでは R/d の因子としておく（この規約^‡の結果、変数 E, F は因子 2 を持たない）。

〔注〕　もし R/d が（従って R が）因子 2 を持たないなら、 P, Q のうち因子 2 を持つものが R と呼ばれるように、変数名を入れ替えればいい。⑨⑩などの等式は、三つの数 P, Q, R の「全部の和」や「全部の積」に関するものなので、 {P, Q, R} が全体として同じ三つの数を表している限り、変数名を入れ替えても同じ等式が成り立ち、議論に支障は生じない。

‡　三つの数 P/d, Q/d, R/d の積は素因子 2 を（少なくとも一つ）持つが（⑪参照）、それら三つの数は、どの二つも互いに素。よって、三つの数のうちどれか一つだけが因子 2 を持ち、残りの二つは因子 2 を持たない。 R/d が因子 2 を持つという規約から、 E³ も F³ も（従って E も F も）、因子 2 を持たない。

⑫の三つの数の積は⑪の右辺に等しいから、この積を 2U₁⋅U₂⋅U₃ = 2U で割った値を考えると:
　　E³⋅F³⋅G³ = (C/d)³
両辺の絶対値を考えると:
　　|(EFG)³| = |(C/d)³|　よって　|EFG|³ = |C/d|³
　　∴　|EFG| = |C/d|　　‥‥⑬

さて、⑨の両辺を d で割った等式 P/d + Q/d + R/d = 0 に留意すると、⑫の三つの数の和について:
　　U₁⋅E³ + U₂⋅F³ + 2⋅U₃⋅G³ = 0
　　∴　U₁⋅E³ + U₂⋅F³ = −2⋅U₃⋅G³
両辺を U₁ で割って、単数 U₂/U₁, −U₃/U₁ をそれぞれ V′, V と書くと:
　　E³ + V′ F³ = 2VG³　　‥‥⑭

⑭を mod 2 で考えると（2 の倍数 2VG³ は ≡ 0 なので）、
　　E³ + V′ F³ ≡ 0 (mod 2)
　　∴　V′ F³ ≡ −E³ ≡ (−E)³
となる。この最後の合同式^¶の右辺は立方数なので、左辺 V′ F³ も mod 2 の観点では立方数でなければならない。そのためには、 t³ ≡ V′ を満たすアイゼンシュタイン整数 t が存在して、
　　V′ F³ ≡ t³ F³ ≡ (tF)³ (mod 2)
のようになる必要がある。単数 V′ が mod 2 において何らかの立方数 t³ と合同になるためには、補題7により、 V′ が 1 または −1 であることが必要。 V′ = 1 なら V′ F³ を単に F³ と書き、 V′ = −1 なら V′ F³ = −F³ = (−F)³ の (−F) をあらためて F と置くと、⑭はこう要約される:
　　E³ + F³ = 2VG³　　（✽✽）

¶　mod 2 において、もしも E と F が両方 ≡ 0 だったら、この合同式は V′ と無関係に成り立つが、実際には E も F も因数 2 を持たないので（前述）、どちらも ≡ 0 ではない。

E, F, G, および単数 V についての関係（✽✽）と、議論の出発点となった A, B, C, および単数 U についての関係（✽）は、同じ形式。両者は、同じ方程式の（たぶん別の種類の）解だ。出発点となった A, B, C について、
　　|ABC| の値が（1 を超える範囲において）最小
と仮定されているのだから、新しく構成された解 E, F, G について、もし |EFG| が 1 を超える範囲にあるのなら、
　　|EFG| ≧ |ABC| > 1　　‥‥⑮
という不等式が成り立つ。他方、もし |EFG| が 1 を超えないのなら、
　　|EFG| = 1　　‥‥⑯
でなければならない（E, F, G のどれも 0 ではない^††から）。

††　E, F, G は、それぞれ P/d, Q/d, R/d （そのどれも 0 ではない）の約数（⑫参照）。別の観点として、もしも E, F, G のどれかが 0 だったら⑬の左辺は 0 になってしまい、 C ≠ 0 という前提に反する。

⑮の左側の不等式に⑬を代入すると:
　　|C/d| ≧ |ABC|
両辺を |d/C| 倍して:
　　1 ≧ |ABd|
A, B, d は、どれも 0 でないアイゼンシュタイン整数であり、上記の不等式から、それらの積の絶対値は 1（以下）であるから、それぞれ絶対値 1、つまり単数。よって（✽）の左辺は 0 または ±2 だが、右辺は 0 でないので、左辺は ±2 でなければならず、 C も単数。ゆえに |ABC| = 1 が含意され、⑮と矛盾。すなわち、不等式⑮は成り立たない。必然的に、もう一つの選択肢である⑯が成り立つはず。

ところが⑯に⑬を代入すると:
　　|C/d| = 1　　‥‥⑰
すなわち C は d の単数倍。 d = 1 か d = λ かのどちらかだが（前述）、もしも d = λ だったら、 d の単数倍である C は、当然 λ で割り切れてしまう。すると C は λ² の倍数になってしまい^‡‡、⑰と矛盾（⑰によれば C は単数か、または λ の単数倍）。よって d = 1 でなければならない。ゆえに C も d も単数、 C の絶対値は 1、（✽）の両辺は絶対値が 2。 A, B は（どちらも 0 ではないので）、それぞれ絶対値 1。

結局 A, B, C はどれも絶対値 1 であり、
　　|ABC| > 1
という当初の仮定と矛盾する。つまり当初の仮定は不合理であり、実際には（✽）を満たす A, B, C は、単数を組み合わた自明解に限られる。特に U = 1 のケースに話を限ると、定理5の方程式を満たす A, B, C は、単数を組み合わた自明解^¶¶（もしくは 0 を含む自明解）に限られる。要するに、
　　x³ + y³ = 2z³
は、自明解以外の整数解を持たない――通常の整数の範囲でも、アイゼンシュタイン整数の範囲でも。∎

‡‡　A, B, C はどの二つも互いに素なので、 C が λ の倍数なら A, B は λ の倍数ではない。その場合 C³ は λ³ の倍数、しかも定理1から A³ + B³ ≡ 0 or ±2 (mod λ⁴)。定理3の証明と同様に A³ + B³ ≡ 0 (mod λ⁴) となり、結局（✽）の両辺は λ⁴ の倍数、従って C³ は因子 λ を 4 個（以上）持つ必要がある。そのためには、 C は（因子 λ を 1 個持つだけでは足りず）因子 λ を 2 個（以上）持たねばならない。

¶¶　単数でなくても、例えば A = B = C = 2 も方程式を満たし |ABC| = 8 という「大きな」積を持つ。しかしそのような例は、「A, B, C がどの二つも互いに素」という前提に反する。すなわち、自明解 A = B = C = 1 などを入れた方程式の両辺を 2³ 倍（あるいは 3³ 倍、 4³ 倍、等々）したものは正しい等式ではあるが、そのような A, B, C は「水増し」された自明解に過ぎず、非自明解ではない。

x³ + y³ = 2z³ についての（今回の）定理5は、 x³ + y³ = 3z³ についての（前回の）定理4ほどはポピュラーでなく、比較的少数の文献にしか収録されていない。歴史的には、定理5は定理4より早く、フェルマーの x³ + y³ = z³ の直接の拡張として、既に Legendre によって考察された。

[References]
L. J. Mordell (1969), Diophantine Equations, Chap. 15, Theorem 3
Trygve Nagell (1964), Introduction to Number Theory, Chap. VII, Theorem 122
A. Hurwitz (1917), Über ternäre diophantische Gleichungen dritten Grades, 217–221 [Vierteljahrsschrift, 62]
https://archive.org/details/naturforschendegesellschaftinzurich_vierteljahrsschriftdernaturforschendengesellschaft_v62_1917/page/n244/mode/1up

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2025-11-16　x³ + y³ = 4z³

#遊びの数論　#アイゼンシュタイン整数　#FLT(3)

x³ + y³ = z³ を満たすような、どれも 0 でない整数 x, y, z は存在しない――というフェルマーの定理。

その拡張として x³ + y³ = kz³ の解を考えてみたい。ここで k は一定の整数で、 k = 1 の場合が、オリジナルのフェルマーの定理だ。

第一に k = 3 の場合。 x³ + y³ = 3z³ にも、 0 でない整数解はない（定理4）。

第二に k = 2 の場合。 x³ + y³ = 2z³ についても、結論はほぼ同様（定理5）。ただし、この場合に限っては x = y = z のような別の種類の自明解が存在する。自明解を度外視して、「それ以外の解（非自明解）が存在しないこと」が、証明されるべき事柄となる。自明解が 2 パターンあるせいで、第一の拡張と比べると、技術的に少しややこしい（自明なものを除外するだけなので、本質的に難しいわけではないが）。そのため k = 1, 2, 3, ··· の順序に従わず k = 3 を先に扱った。

この k = 2 の場合の簡単な応用として、今回は k = 4 の場合にも（つまり x³ + y³ = 4z³ にも）、非自明な整数解がないことを証明する。この場合、自明解が 1 パターンに戻るので証明は簡潔になり、新たな補助命題も必要なく、一服できる。

要するに x³ + y³ = kz³ には、非自明な解がないのだろう――と予想したくなるかもしれないが、そうではなく、例えば k = 7 の場合の
　　x³ + y³ = 7z³
には、（暗算可能な範囲に）きれいな非自明解がある:
　　4³ + 5³ = 7⋅3³
実際、左辺は 64 + 125 = 189、右辺も 7⋅27 = 189。負数を使うなら、さらに簡潔に:
　　2³ + (−1)³ = 7⋅1³

定理6　x³ + y³ = 4z³ を満たすような、 0 でない整数 x, y, z は存在しない。

〔注〕　この定理（k = 4 のケース）の証明は、 定理5（k = 2 のケース）の証明の一部とほとんど同じ。 k = 2 のケースと重複する部分については、記述を簡略にする。

証明　問題を拡張して、
　　x³ + y³ = 4uz³
には、アイゼンシュタイン整数の範囲でも解がないことを示す。ここで u は任意の単数であり u = 1 なら、定理6の方程式と同じ形式になる。

【1】　仮に上記の方程式に解があって、
　　A³ + B³ = 4UC³　　‥‥⑱
を満たすような、 0 でないアイゼンシュタイン整数 A, B, C, U が存在したとしよう（U は何らかの単数）。一般性を損なうことなく A, B, C はどの二つも互いに素と仮定できる。このような解 (A, B, C, U) のうち、積 ABC の絶対値が（あるいはノルム^†が）最小のものを一組選んで、固定する。

†　アイゼンシュタイン整数（その正体はある種の複素数である）の世界では、ノルムは「絶対値の平方」に等しい。ある数の「規模」（0 からどのくらい離れた場所にある数か）を表すのに、複素数としての絶対値を使ってもいいのだが、一般にはノルムが好まれる（特別な場合を除き絶対値は無理数だが、ノルムは整数なので、概してノルムの方が扱いやすい）。この証明においては、どちらを「規模」の尺度としても構わない。

【2】　三つの数
　　A + B, ωA + ω²B, ω²A + ωB　　（▲）
の積は、補題8から A³ + B³ に等しく、 A³ + B³ は⑱により 4UC³ に等しい。つまり（▲）の三つの数の積は 4 の倍数。従って（▲）の数の中には、少なくとも「4 の倍数が一つあるか、または 2 の倍数が二つある」。

〔補足〕　（▲）の三つの数は、どれも 0 ではない。実際、もしもどれかが 0 だったら積は 0 なので A³ + B³ = 0 となり、⑱の両辺は 0 になってしまうが、それは仮定 C ≠ 0 に反する。

しかるに（▲）のどの二つの数も、公約数 2 を持たない（単数以外の公約数を持つとしても、補題9から、それは λ = 1 − ω の単数倍に限られる）。よって（▲）の三つの数の中には、因子 2² = 4 を持つものが一つだけある――その数を R としよう。残りの二つの数（どちらも因子 2 を持たない）の一方を随意に選んで P とし、他方を Q としよう。

〔注〕　三つの数のうちのどれが R か？　といった細かいことは、どうでもいい。

P, Q, R は、（▲）の三つの数（を何らかの順序で並べたもの）なので、補題8と⑱から:
　　P + Q + R = 0　　‥‥⑲
　　P⋅Q⋅R = A³ + B³ = 4UC³　　‥‥⑳

P, Q, R の最大公約数を d とすると、
　　P/d, Q/d, R/d
は、どの二つも互いに素（分数表記されているが、どれもアイゼンシュタイン整数。公約数での割り算なので、割り切れる）。そのことに留意すると、⑳の両辺を d³ で割った等式
　　(P/d)⋅(Q/d)⋅(R/d) = 4U(C/d)³　　‥‥㉑
において、左辺の三つの因子（分数）のうち二つは「立方数の単数倍」、残りの一つは「立方数の単数倍」の 4 倍^†だ（その理由は、立方数が互いに素な数の積に分解される場合と同様）。 P, Q, R のうち因子 2 を持つのは R だけなので、仮に E³, F³, G³ によって立方数を表すなら、
　　P/d = U₁⋅E³, Q/d = U₂⋅F³, R/d = 4⋅U₃⋅G³　　‥‥㉒
のようになる。ここで U₁, U₂, U₃ は何らかの単数で、
　　U₁⋅U₂⋅U₃ = U
を満たす。明らかに E, F, G は、どの二つも互いに素。

†　補題9により d は因子 2 を持たないので、㉑右辺の係数 4 が約分されて消滅（あるいは半減）する可能性はない。

㉒の三つの数の積が㉑の値に等しいことから、
　　E³⋅F³⋅G³ = (EFG)³　と　(C/d)³
は、絶対値が（あるいはノルムが）等しい。従って、次の関係が成り立つ（絶対値の記号で表記するが、絶対値の代わりにノルムを考えてもいい）。
　　|EFG| = |C/d|　　‥‥㉓

【3】　⑲の両辺を d で割った等式 P/d + Q/d + R/d = 0 に留意すると、㉒の三つの数の和について:
　　U₁⋅E³ + U₂⋅F³ + 4⋅U₃⋅G³ = 0
　　∴　U₁⋅E³ + U₂⋅F³ = −4⋅U₃⋅G³
両辺を U₁ で割って、単数 U₂/U₁, −U₃/U₁ をそれぞれ V′, V と書くと:
　　E³ + V′ F³ = 4VG³　　‥‥㉔

㉔を mod 2 で考えると、
　　E³ + V′ F³ ≡ 0 (mod 2)
　　∴　V′ F³ ≡ −E³ ≡ (−E)³
となる。定理5の証明と同様に、 V′ は 1 または −1 に等しい。 V′ = 1 なら V′ F³ を単に F³ と書き、 V′ = −1 なら V′ F³ = −F³ = (−F)³ の (−F) をあらためて F と置くと、㉔はこう要約される:
　　E³ + F³ = 4VG³　　‥‥㉕

【4】　㉕の関係を満たす (E, F, G, V) は、⑱と同じ型の方程式の一組の解だから、積 ABC の（絶対値ないしノルムの）最小性についての仮定から、
　　|EFG| ≧ |ABC|
でなければならない。この不等式の左辺に㉓を代入して両辺を |d/C| 倍すると:
　　1 ≧ |ABd|

仮定により A, B はどちらも 0 ではなく、公約数 d も当然 0 ではないから、上記の不等式が成り立つためには ABd の絶対値が 1 でなければならず、従って A, B, d は、それぞれ単数。よって A³ + B³ は 0 または ±2 に等しい。結局、⑱が成り立つなら 4UC³ は 0 または ±2 に等しい。仮定 C ≠ 0 から 4UC³ ≠ 0 なので、
　　4UC³ = ±2　つまり　UC³ = ±1/2
でなければならないが、この条件を満たすアイゼンシュタイン整数 C が存在しないことは明白。すなわち⑱が所定の解を持つという仮定は、不合理。∎

〔付記〕　「A, B, C はどれも 0 でない」という仮定（議論の前提）を少し緩めて「A, B は 0 でないが C は 0 でも構わない」とするなら、⑱の自明解を得ることができる。すなわち、そのように緩めた前提において⑱が成り立つなら、上記証明の最後の部分を考慮すると、二つの単数 A, B が A³ + B³ = 0 を満たす必要がある――そのことから、 A を任意の単数とするとき、単数 B が −A または −Aω または −Aω² に等しく、かつ C = 4UC³ = 0 であれば（U は任意の単数）、そのとき A, B, C は自明解（A, B は互いに素）。このような自明解に任意の立方数を掛けたものも、もちろん自明解（各項が定数倍されるので、もはや A, B は互いに素とは限らない）。

x³ + y³ = kz³ に（非自明な）解があるかないかは、 k の値次第。 k = 1, 2, 3, 4 の場合、解がない。他方、冒頭で具体例を挙げたように k = 7 の場合には解が存在する。

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2025-12-01　x³ + y³ = 5z³ や x³ + y³ = 11z³ など

#遊びの数論　#アイゼンシュタイン整数　#FLT(3)　#立方剰余

3² + 4² = 5² とか 5² + 12² = 13² とか 11² + 2² = 5³ とか 10³ + 9³ = 12³ + 1³ とか 3³ + 4³ + 5³ = 6³ のような等式を眺めていると、
　　x³ + y³ = z³
を満たす正の整数 x, y, z もあるのでは、と感じられるかもしれない。「実際にはそんな整数の組み合わせはない」というのが、「フェルマーの最終定理の指数 3 の場合」という有名問題であり、問題の意味は分かりやすいが、証明は意外と難しい。「なぜどこがどう難しいか」を理解すること自体、難しいかもしれない。

われわれはとにかくこの定理を一応証明し、ついでに、
　　x³ + y³ = 3z³
　　x³ + y³ = 4z³
を満たすような x, y, z も（z = 0 の場合を別にすると）存在しないこと、
　　x³ + y³ = 2z³
を満たすような x, y, z も（z = 0 の場合と x = y の場合を別にすると）存在しないことを証明した。一方、
　　x³ + y³ = 6z³
　　x³ + y³ = 7z³
　　x³ + y³ = 9z³
を満たすような x, y, z は、存在する。
　　x³ + y³ = 8z³
については Z = 2z と置けば右辺は (2z)³ = Z³ なので、オリジナルのフェルマーの問題と実質同じ。それでは、
　　x³ + y³ = 5z³
はどうか？

この最後の不定方程式は、それ単体では x³ + y³ = 4z³ の場合とほとんど変わらず、それ自体としては特に新鮮味もない。けれど、より一般的な命題について、フルヴィッツ（Hurwitz フアヴィツ）はエレガントで味わい深い証明を記している。フェルマーの小定理のアイゼンシュタイン整数版や、立方剰余の理論のような重要な話題とも関連していて、研究の価値がありそうだ。

x³ + y³ = 5z³ に非自明な整数解がないことについて、最初に直接的・個別的な証明をする。

有理素数 5 は、アイゼンシュタイン整数の世界でも依然として素数。アイゼンシュタイン整数 a + bω が 5 で割り切れるのは、 a, b がどちらも 5 で割り切れる場合だ。 a, b の一方または両方が 5 で割り切れないなら、 a + bω は 5 で割り切れない。

〔例〕　15 + 10ω は 5 で割り切れる（商は 3 + 2ω）。 16 + 12ω は 5 で割り切れない（余り 1 + 2ω）。

アイゼンシュタイン整数を 5 で割った余りによって分類するなら、 25 種類のクラス（剰余類）が生じる。各クラスに属する数を例示すると:
　　0, 1, 2, 3, 4;
　　ω, 1 + ω, 2 + ω, 3 + ω, 4 + ω;
　　2ω, 1 + 2ω, 2 + 2ω, 3 + 2ω, 4 + 2ω;
　　3ω, 1 + 3ω, 2 + 3ω, 3 + 3ω, 4 + 3ω;
　　4ω, 1 + 4ω, 2 + 4ω, 3 + 4ω, 4 + 4ω.

このうち例えば 4 は「5 の倍数より 4 大きい数」たちの代表例。「5 の倍数より 4 大きい」と言う代わりに、「5 の倍数より 1 小さい」と表現した方が便利なこともある。言い換えると −1 も「5 の倍数 −5 より 4 大きい数」の例であり、そっちを代表例の一つとして選出しても構わない。
　　0, 1, 2, 3, 4
の代わりに、
　　0, 1, 2, −2, −1　略して　0, ±1, ±2
と記述することもでき、同じ 25 個のクラスを次の数たちで代表させることもできる:
　　0, ±1, ±2;
　　ω, ±1 + ω, ±2 + ω;
　　2ω, ±1 + 2ω, ±2 + 2ω;
　　−2ω, ±1 − 2ω, ±2 − 2ω;
　　−ω, ±1 − ω, ±2 − ω.

x³ + y³ = 5z³ を満たすような、 0 でない整数 x, y, z は存在するか。それを解決するため、次の問題を考える。

問題　5 で割った余りで分類したとき、 t³ が ω と同じクラスに属するような、アイゼンシュタイン整数 t は存在するか。

解　0, ±1, ±2; ±ω, ±2ω の立方は、それぞれ 0, ±1, ±8; ±1, ±8 であり、 5 で割り切れるにせよ割り切れないにせよ、余りに ω 成分が含まれないので、問題の条件を満たさない。これは 0, 1, −1, 2 などの特定の「数」についての計算だが、それぞれの数と同じクラスに属する数は、同じ性質を持つ。

実際、より一般的に t = a + bω として ω² = −1 − ω に留意すると（a, b は有理整数）:
　　t³ = (a + bω)³ = a³ + 3a²bω + 3ab²ω² + b³
　　 = a³ + 3a²bω + 3ab²(−1 − ω) + b³
　　 = (a³ − 3ab² + b³) + (3a²b − 3ab²)ω
　　 = (a³ − 3ab² + b³) + 3ab(a − b)ω

この数を 5 で割ったとき余りが ω になるための必要条件は、第一に (a³ − 3ab² + b³) が 5 で割り切れること、第二に 3ab(a − b)ω を 5 で割ると ω が余ること、言い換えると 3ab(a − b) が 5 の倍数より 1 大きいこと。もし a = 0 または b = 0 なら ω の係数 3ab(a − b) が = 0 になってしまい、条件は満たされない。同じ理由から a = b の場合にも、条件は満たされない。

結局 a, b がどちらも 0 でない場合――しかも a ≠ b の場合――に話を限って、全種類の (a, b) について、条件の成否を検証すればいい。前記のように a, b がそれぞれ 0, ±1, ±2 の可能性を考えれば、25種類のクラスが網羅される。仮に a が正とすると:
　　(1, −2), (1, −1), (1, 2); (2, −2), (2, −1), (2, 1)
上記 6 種の入力に対して a³ − 3ab² + b³ の値は、
　　−19, −3, −1; −24, −1, 3
であるから、「この値が 5 で割り切れる」という第一の必要条件は満たされない。

もし上記 6 種の各 (a, b) = (x, y) の代わりに、両方の数の符号を変えたもの、つまり (a, b) = (−x, −y) を入力とするなら、 a³ − 3ab² + b³ の各項の値は −1 倍になり、従って式全体の値も −1 倍になる。 a が正の場合に第一の条件が満たされないのだから、 a が負の場合にも、条件は満たされない（5 の倍数でないものは −1 倍しても 5 の倍数でないので）。

結論として、 t³ ≡ ω (mod 5) を満たすような、アイゼンシュタイン整数 t は存在しない。∎

問題は否定的に解決された。そこから次の補題が出る。

補題10　アイゼンシュタイン整数の単数（±1, ±ω, ±ω²）を任意に一つ選んで u とする。もし u = 1 か u = −1 を選んだのなら、
　　t³ ≡ u (mod 5)
を満たす解 t が存在するが、 ±1 以外の単数を u として選んだのなら、上記の合同式を満たす解 t はない。

証明　もし u = ±1 なら t ≡ ±1 が解であることは明白（複号同順）。一方 t³ ≡ ω (mod 5) に解がないことは、既に直接的に検証された。今、もしも
　　x³ ≡ −ω (mod 5)
を満たすアイゼンシュタイン整数 x が存在したなら、両辺を −1 倍して、
　　(−1)x³ ≡ ω　つまり　(−x)³ ≡ ω
が成り立つ。この最後の合同式は t³ ≡ ω が解 t ≡ −x を持つことを含意する。しかし t³ ≡ ω が解を持たないことは、既に検証されている。矛盾。

同様に、もしも
　　x³ ≡ ω² (mod 5)
を満たすアイゼンシュタイン整数 x が存在したなら、両辺を平方して、
　　x⁶ ≡ ω⁴　つまり　(x²)³ ≡ ω
が成り立つ。この最後の合同式は t³ ≡ ω が解 t ≡ x² を持つことを含意する。矛盾。

最後に、もしも
　　y³ ≡ −ω² (mod 5)
を満たすアイゼンシュタイン整数 y が存在したなら、両辺を −1 倍して、
　　(−1)y³ ≡ ω²　つまり　(−y)³ ≡ ω²
が成り立つ。この最後の合同式は、 x³ ≡ ω² が解 x ≡ −y を持つことを含意する。しかしその式に解がないことは、直前に証明されている。∎

この補題10さえあれば、もはや x³ + y³ = 5z³ の不可能性（0 以外の整数解を持たぬこと）は、証明されたも同然。すなわち x³ + y³ = 4z³ の不可能性の証明と同様に論じ、単に「4」という数字を「5」で置き換え、 mod 2 で考える部分を mod 5 で考えればいい。全く同様に「5」を「25」で置き換えるだけで、 x³ + y³ = 25z³ の不可能性も示される。

以上は実直なアプローチだが、一般論としては便利ではない。例えば x³ + y³ = 23z³ が不可能であることも、原理的には同様に証明可能だが、だからといって、
　　t³ ≡ ω (mod 23)
に解がないことを確かめるために 23² = 529 のクラスを一つ一つ試すことは、面倒で見通しが悪い。素数 p がパラメーターとして与えられたとき、
　　t³ ≡ ω (mod p)
に解があるかないかを（ブルートフォースで一つ一つ試すことなく）決定できれば、便利だ。この決定問題は、古典数論の平方剰余・非剰余の判定と同種のもので、「平方」が「立方」になっているだけ。

立方剰余・非剰余の判定は、一般論としては少し難しい。とりあえず、フェルマーの小定理（ないしオイラーの定理）に対応する命題をアイゼンシュタイン整数の世界において考えてみたい。

補題11　通常の（正の）素数のうち 3 の倍数より 2 大きいもの（2, 5, 11, 17, 23, 29, 41, ···）を任意に一つ選んで p とする。 p で割り切れない任意のアイゼンシュタイン整数 E は、
　　E^pp−1 ≡ 1 (mod p)
を満たす（指数の pp−1 は p² − 1 と同じ意味）。

解説　上記のタイプの p は、アイゼンシュタイン整数の世界でも素数。例えば p = 5 として E を通常の整数とすると、フェルマーの小定理は、 E が 5 の倍数でない限りにおいて、
　　E⁵⁻¹ = E⁴ ≡ 1 (mod 5)
を保証してくれる。両辺を 5+1 乗すると、
　　E^(5−1)(5+1) ≡ 1　つまり　E^5⋅5−1 ≡ 1
であるから、 E が通常の整数なら補題11が成り立つことは明白。一方、もし E が通常の整数以外のアイゼンシュタイン整数の場合（例えば E = 1 + ω のような場合）、もはや 4 乗すればいつでも ≡ 1 (mod 5) という保証はない。しかしその場合でも、 5⋅5−1 乗、つまり 24 乗すれば、必ず ≡ 1 (mod 5) になる。

この意味で、補題11はフェルマーの小定理の（アイゼンシュタイン整数の世界への）拡張といえる。もっともこの補題の p は「任意のアイゼンシュタイン素数」ではなく「3 の倍数より 2 大きい有理素数」であり、やや限定的な拡張だ。

証明　このタイプの素数 p によって、アイゼンシュタイン整数がちょうど p² 個のクラス（剰余類）に分類されることは、 mod 2 のとき四つの組が生じ mod 5 のとき 25 の組が生じたいきさつから、明らかだろう。実際、任意のアイゼンシュタイン整数は、 mod p において、
　　a + bω　ただし　0 ≤ a, b ≤ p−1
の形のどれかの数と合同だが、これら p² 個のクラスは、どれも互いに不合同。

今、 p の倍数が属するクラス（0 によって代表される。上記で a = b = 0 の場合）を考察から除外し、それ以外の p²−1 種の各クラスを代表する数を
　　《甲》　Q₁, Q₂, ··· , Q_pp−1
とする。さらに p の倍数ではない任意のアイゼンシュタイン整数 E を選んで固定し、《甲》の各数を E 倍したものを考える:
　　《乙》　EQ₁, EQ₂, ··· , EQ_pp−1

仮定によって、《甲》の数はどれも ≢ 0 (mod p) だ。 E も ≢ 0 であるから、《甲》の数を E 倍した《乙》の数の一つ一つも ≢ 0 だ。仮定によって、《甲》の数は、どの二つも互いに不合同だが、《乙》のどの二つの数も互いに不合同。言い換えると、例えば、
　　EQ₃ ≡ EQ₄ (mod p)
のようなことは起こり得ない。実際、もしも上のような合同式が成立したなら、両辺を E⁻¹ (mod p) 倍すると、
　　E⁻¹⋅EQ₃ ≡ E⁻¹⋅EQ₄　つまり　Q₃ ≡ Q₄
となってしまうが、これは Q₃ と Q₄ が不合同という仮定に反する。同様に（Q₃ と Q₄ に限らず）、番号が違う Q_α と Q_β がそれぞれ E 倍されたとき（α ≠ β）、結果は不合同。従って、《甲》の各数と《乙》の各数は、どちらも p²−1 = pp−1 種のクラスの代表を過不足なくちょうど一つずつ含んでいる。ゆえに《甲》の全部の数の積と《乙》の全部の数の積は、合同:
　　Q₁⋅Q₂···Q_pp−1 ≡ Q₁⋅Q₂···Q_pp−1⋅E^pp−1 (mod p)
この両辺を右辺の値 Q₁⋅Q₂···Q_pp−1 で割れば（仮定によりこの積は ≢ 0）、
　　1 ≡ E^pp−1 (mod p)
となる。∎

〔例1〕　1 + ω = (1 + √−3)/2 は 1 の原始6乗根なので、当然6乗すれば 1。そのまた4乗に当たる (1 + ω)^5⋅5−1 = (1 + ω)²⁴ は ≡ 1 (mod 5)。

〔例2〕　(2 + ω)³ = 3√−3 なので (2 + ω)⁶ = −27 ≡ −2 (mod 5)。よって (2 + ω)²⁴ ≡ 16 ≡ 1。

補題11を利用して、補題7と補題10は、次のように統合され、一般化される。

定理7　p を 3 の倍数より 2 大きい（正の）有理素数とする。アイゼンシュタイン整数の単数を任意に一つ選んで u とする。もし u = 1 か u = −1 を選んだのなら、
　　t³ ≡ u (mod p)
を満たす解 t が存在する。 ±1 以外の単数を u として選んだのなら、上記の合同式を満たす解 t が存在するためには、 p が 9 の倍数より 8 大きいことが必要。

つまり素数 p が「3 の倍数より 2 大きいが 9 の倍数より 8 大きいわけではない」場合、言い換えると p ≡ 2 or 5 (mod 9) の場合には、 t³ ≡ ω (mod p) は解を持たない。

証明　t³ ≡ ±1 が解を持つことは明白。補題10の証明と同様に、 t³ ≡ ω が解を持てば〚持たなければ〛、 t³ ≡ −ω ないし t³ ≡ ±ω² も解を持つ〚持たない〛。

m を整数として p = 3m + 2 と書くことができる。アイゼンシュタイン整数 t が t³ ≡ ω (mod p) を満たすと仮定する。そのとき、明らかに t ≢ 0 なので、補題11（フェルマーの小定理）から、
　　t^pp−1 = t^(p+1)(p−1) ≡ 1
が成り立つ。 p = 3m + 2 を代入して:
　　t^(3m+3)(3m+1) = (t³)^(m+1)(3m+1) ≡ 1
ゆえに（仮定により t³ = ω なので）:
　　ω^(m+1)(3m+1) = (ω^3m+1)^m+1 ≡ 1

整数 m の値にかかわらず ω^3m+1 = ω なので、上の式は、
　　ω^m+1 ≡ 1
を含意する。この条件が成り立つためには、指数 m+1 が 3 の倍数であること、つまり m が 3n + 2 の形であることが必要（n: 整数）。そのとき、
　　p = 3m + 2 = 3(3n + 2) + 2 = 9n + 8
だ。つまり p が 9 の倍数より 8 大きいことが必要。∎

この定理から、直ちに次の結論が生じる。

定理8　p を 9 の倍数より 2 大きいか、または 9 の倍数より 5 大きい任意の（正の）有理素数とする。もし k がそのような素数 p に等しいか、またはその平方 p² に等しいなら、 x³ + y³ = kz³ は、非自明な解を持たない。

p = 2 として k = p = 2 と置いた場合が定理5、 k = p² = 4 と置いた場合が定理6。もし p = 5 とすれば、 k = 5 または k = 25 についても同様の結論が得られる。もし p = 11 とすれば、 k = 11 または k = 121 についても同様の結論が得られる。等々。

証明　k = 2 の場合や k = 4 の場合の証明と同様。ただし単数 V′ についての議論では、 mod 2 の代わりに mod p を使う。∎

これによって x³ + y³ = 5z³ の不可能性が再び証明されただけでなく、 x³ + y³ = 11z³ や x³ + y³ = 23z³ 等々、かなり多くの（無限個の）3次不定方程式について、非自明解を持たないが示された。

1867年、 Sylvester は、この種の幾つかの一般的性質を「問題」として記した。 x³ + y³ = 5z³ に非自明な整数解がないこと（言い換えれば x³ + y³ = 5 に有理数解がないこと）は、その命題の具体例に当たる。この「問題」の古典数論的な証明は1870年代に Pépin や Lucas によって与えられたが、上記の鮮やかな別証明（アイゼンシュタイン整数の世界での立方剰余・非剰余を利用）は、1917年、 Adolf Hurwitz (1859–1919) による^†。長年の闘病生活を送っていた Hurwitz が、亡くなる2年前に、このような清澄で軽妙なアイデアを得ていたということは、印象深い。それは「もし ω が立方非剰余なら、それが無限降下の引き金になる」というシンプルな観察に基づいている。

† https://archive.org/details/naturforschendegesellschaftinzurich_vierteljahrsschriftdernaturforschendengesellschaft_v62_1917/page/n245/mode/1up
Cf. Mordell (1969), p. 126

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2025-12-02　ω の立方性: t³ ≡ ω に解があるか

#遊びの数論　#アイゼンシュタイン整数　#立方剰余

3 の倍数より 2 大きい素数は、次の三つのタイプに分けられる:
　　【ア】 9 の倍数より 2 大きいもの:　2, 11, 29, 47, 83, ···
　　【イ】 9 の倍数より 5 大きいもの:　5, 23, 41, 59, ···
　　【ウ】 9 の倍数より 8 大きいもの:　17, 53, 71, 89, ···

定理7によると、 p がアまたはイの素数なら、 t³ ≡ ω (mod p) を満たすアイゼンシュタイン整数 t は存在しない（その結果として x³ + y³ = pz³ は非自明な整数解を持たない）。

では p がウの素数だったら…？　p がア・イ・ウのどれかの数のとき、 t³ ≡ ω (mod p) が解を持つためには p がウの型であることが必要だよ――と定理7は言っているが、それは必要十分条件だろうか。

ウの数の例として p = 17 を選んで試行錯誤をすると、 t = 2 + 8ω は
　　t³ ≡ ω (mod 17)
を満たすので、少なくともこの例では t³ ≡ ω に解がある。実際、
　　(a + bω)³ = (a³ − 3ab² + b³) + (3a²b − 3ab²)ω
に a = 2, b = 8 を当てはめると、結果は 136 − 288ω で、確かに 136 は 17 の倍数、 −288 は 17 の倍数 −289 より 1 大きいので、 ≡ 1 だ。よって、 x³ + y³ = 5z³ などの不可能性を証明する方法は、 x³ + y³ = 17z³ には通用しない。「その方法では不可能性を証明できない」からといって「可能と確定」するわけではないけれど、この場合、
　　(−1)³ + 18³ = 17⋅7³
が成り立つので、 x³ + y³ = 17z³ が非自明な整数解を持つことは、事実可能。

x³ + y³ = pz³ に解があるかどうかという問題と切り離して、 t³ ≡ ω (mod p) を満たすアイゼンシュタイン整数 t があるかどうか――すなわち ω が p の立方剰余かどうか――を考える。

通常の奇数の素数 p と、 p の倍数ではない整数 a の場合、 a が p の平方剰余か非剰余かはオイラーの基準
　　a^(p−1)/2 (mod p)
によって判定可能。この式は ≡ 1 or −1 で、もし ≡ 1 なら a は p の平方剰余、そうでなければ非剰余。それと似ているが、上記ア・イ・ウの素数 p と、 p の倍数ではないアイゼンシュタイン整数 a の場合、 a が p の立方剰余か非剰余かは、
　　a^(pp−1)/3 (mod p)
によって判定可能。この式は ≡ 1 or ω or ω² で、もし ≡ 1 なら a は p の立方剰余、そうでなければ非剰余。

上記の判定基準によると t³ ≡ ω (mod p) が解を持つということは（p はア・イ・ウのタイプの素数）、
　　ω^(pp−1)/3 ≡ 1 (mod p)
と同値。しかもこの場合、左辺は ω, ω², ω³ = 1 の三つの値しか取り得ないのだから、合同記号を等号に置き換えて、
　　ω^(pp−1)/3 = 1　⇔　t³ ≡ ω (mod p) に解あり
と要約できる。のみならず、この左側の条件は「指数 (pp−1)/3 が 3 の倍数」ということと同値で、それは「pp−1 が 9 の倍数」つまり「pp = p² が 9 の倍数より 1 大きい」ということ、要するに p² ≡ 1 (mod 9) と同値。

アの素数 p は p ≡ 2 従って p² ≡ 4 (mod 9) であるから、「平方が 1 と合同」という条件を満たさない。イの素数 p は p ≡ 5 従って p² ≡ 25 ≡ 7 (mod 9) であるから、やはり駄目。一方、ウの素数 p は p ≡ 8 ≡ −1 (mod 9) なので、「平方が 1 と合同」という条件を満たす。結局、 p が 3 の倍数より 2 大きい有理素数（それはアイゼンシュタイン素数でもある）のとき、 ω が p の立方剰余になるためには、 p が 9 の倍数より 8 大きいことが必要十分。

このような素数は 9h + 8、あるいは（同じことだが） 9h − 1 の型を持つ（h は正の整数）。もしも h が偶数だったら 9h + 8 は 26 以上の偶数になってしまい素数になり得ないから、「9h + 8 型素数」というときの h は奇数に限られる。この奇数を例えば h = 2k + 1 とすると、この種の素数たちを 18k + 17 型と呼ぶこともできる。同様に「9h − 1 型素数」の h は偶数に限られるから、同じ対象を 18k − 1 型と呼ぶこともできる。

上記では、立方剰余・非剰余に関する判定基準を無証明で使った。一応の証明は次の通り。引き続き p を 3 の倍数より 2 大きい有理素数とする。この仮定によって p ≡ −1 従って p² − 1 ≡ 0 (mod 3) であり、 pp−1 は 3 の倍数。それを pp−1 = 3r と書くことにする。アイゼンシュタイン整数 a が p の倍数ではないとすると、補題11から:
　　a^pp−1 ≡ 1　つまり　a^3r ≡ (a^r)³ ≡ 1 (mod p)

y = a^r と置くと、 y は 3 乗すると ≡ 1 になるアイゼンシュタイン整数なので、明らかに y ≡ ω or ω² or 1 の三つの可能性があるが、それ以外の可能性はない（y は、素数を法とする3次合同式 Y³ ≡ 1 の解なので3種類以下。第四の可能性はない）。これは、
　　y = a^r ≡ a^(pp−1)/3
が ω or ω² or 1 と合同であることを意味する。問題は、「この値が 1 と合同のとき（そしてそのときに限って） t³ ≡ a (mod p) を満たす t が存在する」ということの証明。

アイゼンシュタイン整数 mod p の pp = p² 個の各クラス（剰余類）のうち、 0 と合同なクラス以外の pp−1 個は、適切に選ばれた一つの数 g を使って {g, g², g³, ···, g^pp−1} の形で、それぞれの代表元を過不足なく記述できる。このような g の存在について暫定的に承認するとして、 t ≡ g^x, a ≡ g^ℓ (mod p) と書いたとしよう（1 ≤ x, ℓ ≤ pp−1）。

〔注〕　この場合、 mod p の剰余類はちょうど pp 個あり（p 個ではない！）、乗法群は（0 と合同なクラスが除外されるので）合計 pp−1 個の要素を持つ。すなわち g のべきと合同な剰余類は、指数の周期 pp−1 で循環する（よくある周期 p−1 ではない）。

上記の表現によると、
　　t³ ≡ a (mod p)
が解を持つということは、
　　(g^x)³ ≡ g^ℓ　つまり　g^3x ≡ g^ℓ (mod p)
を満たすような整数 x が存在することと同値であり、それは（上の合同式の指数について）、
　　3x ≡ ℓ (mod pp−1)
を満たす x が存在することと同値。合同式の基本によると、
　　Ax ≡ B (mod M)
が解 x を持つ必要十分条件は、 gcd(A, M) が B を割ること。われわれの問題では pp−1 は 3 の倍数なので、 gcd(A, M) に当たるものは、
　　gcd(3, pp−1) = 3
であり、 3 が ℓ を割ること（要するに ℓ が 3 の倍数であること）が必要十分条件。さて ℓ が 3 の倍数（3m とする）ならば、
　　a ≡ g^ℓ ≡ g^3m (mod p)
を (pp−1)/3 乗したもの、すなわち
　　a^(pp−1)/3 ≡ g^3m(pp−1)/3 ≡ g^m(pp−1) (mod p)
は 1 と合同（なぜなら、フェルマーの小定理から g^pp−1 は 1 と合同なので）。一方、 ℓ が 3 の倍数でないならば（ℓ = 3m±1 とする）、 a ≡ g^ℓ ≡ g^3m±1 の (pp−1)/3 乗は、
　　a^(pp−1)/3 ≡ g^{(3m±1)(pp−1)/3} ≡ g^{m(pp−1)±(pp−1)/3} (mod p)
であり、これは 1 と不合同（なぜなら g についての仮定から、 g の指数が pp−1 の倍数に等しくならない限り、 g のべきは 1 と合同にならない）。

〔注〕　pp−1 は 3 の倍数なので (pp−1)/3 は整数（それを r とする）。この整数 r は、明らかに pp−1 より小さいが 0 ではないので、 pp−1 で割り切れない。よって上記の指数 m(pp−1)±(pp−1)/3 つまり m(pp−1)±r は、 pp−1 の倍数ではない（pp−1 の m 倍と比べて ±r のずれがある）。

以上の同値性（必要十分条件）の連鎖を要約すると、次の通り。 p を 3 の倍数より 2 大きい自然数の素数とする（それはアイゼンシュタイン整数としても素数）。 p の倍数以外のアイゼンシュタイン整数 a が与えられたとき、もし a^(pp−1)/3 ≡ 1 (mod p) が成り立つなら t³ ≡ a (mod p) を満たす t が存在する（つまり a は p の立方剰余）。もし a^(pp−1)/3 ≡ 1 (mod p) が成り立たないなら、そのような t は存在しない（つまり a は p の立方非剰余）。

注意　乗法群の要素の総数 pp−1 は、アイゼンシュタイン素数 p が上述のタイプの場合の値であり、 p が他のタイプの素数の場合には、式が多少異なる（今回は必要ないので省略）。

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2025-12-06　1³, 2³, 3³, ··· を割った余り

#遊びの数論　#アイゼンシュタイン整数　#立方剰余

1³ = 1, 2³ = 8, 3³ = 27, 4³ = 64 を 5 で割った余りは、それぞれ 1, 3, 2, 4（例えば 3³ = 27 を 5 で割ると 2 余る）。つまり、3次合同式
　　x³ ≡ a (mod 5)
は、任意の a について解を持つ（a ≡ 1, 2, 3, 4）。言い換えると、集合 {1, 2, 3, 4} の各数を立方して 5 で割った余りたちの集合は、再び {1, 2, 3, 4} になる！

「割る数」の 5 を 11 や 17 などに変えても同様のことが成り立つ。しかし「割る数」が 7 や 13 などだと、そうならない。例えば 1³ = 1, 2³ = 8, 3³ = 27, 4³ = 64 を 7 で割った余りは、順に 1, 1, 6, 1 だし 5³ = 125, 6³ = 216 を 7 で割った余りはそれぞれ 6, 6 なので、 {1, 2, 3, 4, 5, 6} の各数を立方して 7 で割った場合には {1, 6} しか作れない。

一般に p を 5 以上の素数（1 と自分自身でしか割り切れない数）としよう（p = 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, ···）。 p は素数なので 3 では割り切れず、 3 で割ると 1 余るか、または 2 余る。言い換えると p は 3 の倍数より 1 大きいか、 2 大きい。便宜上、 3 の倍数より 1 大きい素数をミント素数、 3 の倍数より 2 大きい素数をワッフル素数と呼ぶことにする（これは正式用語ではなく、勝手に作った用語）。 a を 1 以上 p 未満の任意の整数とするとき、もし p がワッフル素数なら、
　　「3乗して p で割ったとき、 a 余るような整数はあるか？」
という問いの答えはいつでも yes だが、もし p がミント素数なら、同じ問いの答えは（一部の特定の a に対してのみ yes になるけど）一般には no だ。式で書くと、
　　x³ ≡ a (mod p)
は p がワッフルならどんな a に対しても解を持つが、 p がミントだとそうならない。

立方剰余（立方して p で割ったときの余り）のこの性質（p がミントかワッフルかで挙動が激変する）は、通常の整数の世界の中でも、ある程度、解明可能。しかし、アイゼンシュタイン整数の世界で考えることで、その真相が見えてくるかもしれない。

ワッフル素数の別の具体例として、 p = 11 で割る場合。
　　1³ = 1　→　11 で割ると余り 1
　　2³ = 8　→　11 で割ると余り 8
　　3³ = 27　→　11 で割ると余り 5
　　4³ = 64　→　11 で割ると余り 9
　　5³ = 125　→　11 で割ると余り 4
　　6³ = 216　→　11 で割ると余り 7
　　7³ = 343　→　11 で割ると余り 2
　　8³ = 512　→　11 で割ると余り 6
　　9³ = 729　→　11 で割ると余り 3
　　10³ = 1000　→　11 で割ると余り 10
確かに {1, 2, ···, 10} の各数を立方して 11 で割った余りたちの集合は、再び {1, 2, ···, 10} になる。言い換えると、
　　立方して 11 で割ると a 余る数を求めよ
という問題――記号で書けば、
　　x³ ≡ a (mod 11)　を満たす x を求めよ
という問題――には、必ず解がある。 a が 1, 2, ··· , 10 のどれだとしても！

ところで自然数 N を 11 で割った余りについては、実際に割り算しなくても N の奇数桁目の数字から偶数桁目の数字を引くことで、ダイレクトに求めることができる。例えば、
　　5³ = 125　→　11 で割ると余り 4
の余りの部分は、
　　125 の奇数桁目の数字（の和） 1 + 5　から　偶数桁目の数字 2　を引き算して　6 − 2 = 4
に当たる。同様に 216 を 11 で割った余りは (2+6) − 1 = 7 だし、 343 を 11 で割った余りは (3+3) − 4 = 2 だ。全く同じ原理から:
　　512 ≡ 7 − 2 = 5, 729 ≡ 16 − 2 = 14, 1000 ≡ 0 − 1 = −1 (mod 11)
は正しい合同式。厳密な意味での「11 で割った余り」（0 以上 10 以下）で表現したい場合には、結果が 11 以上なら適切な範囲内の数になるように 11 またはその倍数を引けばいい。結果が 0 未満なら 11 またはその倍数を足せばいい。

〔注〕　この剰余計算は、いわゆる九去法の仲間。十一去法と呼んでもいいだろう。ほんのちょっと慣れると、例えば 1001 や 2002 が 11 で割り切れることが、チラッと見ただけで（数の形から）「感じられる」ようになる。どうでもいい雑学に近いけど、まぁ知ってて損はない。

剰余を「厳密な意味での余り」に限定せず、単に「余りで分類したクラスの一つの代表」と考えるなら、範囲外の数があっても構わず、むしろその方が分かりやすいこともある。実際、
　　1³ ≡ 1, 2³ ≡ −3, 3³ ≡ −5, 4³ ≡ −2, 5³ ≡ 4;
　　6³ ≡ −4, 7³ ≡ 2, 8³ ≡ 5, 9³ ≡ 3, 10³ ≡ −1 (mod 11)
と書いた場合、後半の五つ −4, 2, 5, 3, −1 は、前半の五つ 1, −3, −5, −2, 4 を逆順に並べてそれぞれ −1 倍したものに当たる。
　　10 ≡ −1, 9 ≡ −2, 8 ≡ −3, 7 ≡ −4, 6 ≡ −5 (mod 11)
なのだから、これら五つの数の立方が、それぞれ 1, 2, 3, 4, 5 の立方と合同であることは明らかだろう。例えば、
　　6³ ≡ (−5)³ = [(−1)⋅5]³ = (−1)³⋅5³ = −(5³)
であるから、 5³ ≡ r (mod 11) の r を確定したならば、もはや 6³ (mod 11) は ≡ −r に決まっている。

このような理由から、 1³ から 5³ までを 11 で割った余りで分類したなら、それでもう十分。 6³, 7³, ···, 10³ を 11 で割った余りがどのクラスに属するかについては、いちいち計算するまでもなく、 1³ から 5³ までの結果を再利用して、符号を変えて逆順に並べておけばいい。この単純な観察によって、この手の分類表はサイズも計算の手間も、半分になる。

ところで p が何であっても、もちろん 0³ = 0 ≡ 0 (mod p) なので、 a ≡ 0 のとき x³ ≡ 0 が解 x ≡ 0 を持つことは、言うまでもない。しかしこの a ≡ 0 のケースは理論上、特殊であり、実用上も（当たり前過ぎて）考えるまでもないので、当分の間、考察から除外する。

ミント素数 p = 13 で割った余りによって、整数を 12 種類に分類したとしよう（p で割り切れるクラス、つまり ≡ 0 のクラスを含めれば合計 13 種類だが、上記のように、このクラスは考察から除外される）。 12 種のクラスそれぞれを代表する数を一つ選んで、各数の立方がどのクラスに入るか分類すると…
　　1³ ≡ 1, 2² ≡ −5, 3³ ≡ 1, 4³ ≡ −1, 5³ ≡ −5, 6³ ≡ −5
ここで止まっていい。 6³ から 12³ の六つは、それぞれ上記の六つの剰余の符号を変えて逆順に並べたものと合同:
　　順に　5, 5, 1, −1, 5, −1

すなわち a が ±1, ±5 のどれかの場合、 x³ ≡ a (mod 13) を満たす x が 1 から 12 の中に三つある。しかし a がそれ以外のクラスに属する数の場合、 x³ ≡ a (mod 13) は一つも解を持たない。こうした立方剰余（立方して割ったときの余り）の問題は、平方剰余の問題――ある素数 p について x² ≡ a (mod p) に解があるかないかは、 a の選択によって変化する――と似た雰囲気を持つ。

ところが p が（5 以上の）ワッフル素数になったとたん、 x³ ≡ a (mod p) は任意の整数 a に対していつでも解があるという。「解があるかないかは a の値次第」という上記の一般的状況と比較すると、このワッフル世界の「どんな数でも立方剰余だよ。立方根が世界内にあるよ。なんでもオッケーだよ」という寛大さは、ある意味、奇妙とも思える。

ワッフル素数は、アイゼンシュタイン整数の世界でも素数だ。前回記したように、与えられたアイゼンシュタイン整数 E とワッフル素数 p について、
　　x³ ≡ E (mod p)
を満たす x が（アイゼンシュタイン整数の範囲で）あるかないかは、
　　E^(pp−1)/3 (mod p)
が ≡ 1 か否かで決まる。ここで pp つまり p × p というのは、もちろん p² と同じ意味。
　　(pp−1)/3 = (p² − 1)/3 = (p + 1)(p − 1)/3 = (p − 1) × (p + 1)/3
であるが、 p はワッフル素数 5, 11, 17, 23, ··· のどれかなので 3 の倍数より 1 小さい。言い換えると p + 1 は 3 の倍数で (p + 1)/3 は割り切れて整数になる（その整数を q とする）。よって、
　　E^(pp−1)/3 = E^{(p−1)×(p+1)/3} = E^(p−1)×q = (E^p−1)^q
となる。ここでもし E が（p の倍数以外の）普通の整数なら、普通のフェルマーの小定理から、
　　E^p−1 ≡ 1 (mod p)
であるから、結局、
　　E^(pp−1)/3 = (E^p−1)^q ≡ (1)^q ≡ 1 (mod p)
となって、立方剰余か否かの判定基準 E^(pp−1)/3 (mod p) は、確かに yes を意味する ≡ 1 になる。つまり「p がワッフル素数のとき、任意の整数（p の倍数以外）が mod p で立方剰余だ」という事実それ自体は、アイゼンシュタイン整数の範囲において、理論的につじつまが合っている。

しかし、上記の分析は、単に x³ ≡ E (mod p) を満たすアイゼンシュタイン整数 x の存在を保証しているだけで、そのような x が通常の整数であるかどうかは別問題だろう。実際、3次方程式なら「常識的」には解が三つあるはずだが…。最初に見たように mod 5 の四つのクラスの代表元 1, 2, 3, 4 を考えると:
　　x ≡ 1　は　x³ ≡ 1 (mod 5)　の解
　　x ≡ 2　は　x³ ≡ 3 (mod 5)　の解
　　x ≡ 3　は　x³ ≡ 2 (mod 5)　の解
　　x ≡ 4　は　x³ ≡ 4 (mod 5)　の解

例えば x³ ≡ 2 (mod 5) は x ≡ 3 という一つの解を持つが、もし x ≡ 3 以外の解があるとしたら、その解は通常の整数の世界の中にはない。だって 1, 2, 4 は立方しても ≡ 2 (mod 5) にはならないのだから。ちょっと考えると ω³ = 1 ということから、
　　3³ ≡ 2　が真なら　(3ω)³ = 3³⋅ω³ = 3³ ≡ 2　も真
であり、同様の理由から x = 3ω² = −3 − 3ω も x³ ≡ 2 を満たす。要するに、 x³ ≡ 2 (mod 5) の解は、アイゼンシュタイン整数の範囲では、
　　x ≡ 3　または　x ≡ 3ω　または　x ≡ 3ω² ≡ −3 − 3ω ≡ 2 + 2ω (mod 5)
の三つ。

一般に p がワッフル素数で E が（p の倍数以外の）通常の整数のとき、 x³ ≡ E (mod p) を満たす通常の整数 x = r が存在するなら、上記と同様に考えれば、 rω と rω² = −r − rω も同じ合同式を満たす。しかし「存在するなら」というのは仮定上の話であり、白黒はっきりさせるためには証明が必要。

問題　上記の設定において x³ ≡ E (mod p) を満たす通常の整数 x が存在する。

解　通常の整数の世界における mod p の原始根を g とすると、 mod p において 0 と不合同な p − 1 個のクラス（剰余類）たちは、 p − 1 個の整数たち
　　g, g², g³, ···, g^p−1　　【甲】
によって過不足なく代表される。【甲】の各数をそれぞれ 3 乗したもの、すなわち
　　g³, g⁶, g⁹, ···, g^3(p−1)　　【乙】
は、全体として【甲】の各数が代表する p − 1 個のクラスと同じ p − 1 個のクラスを代表する。そのことは、以下のように証明される。

g^u (mod p) が代表するクラス（u = 1, 2, 3, ···）は周期 p − 1 で循環するので、指数について u ≡ v (mod p−1) のとき、かつそのときに限って、 g^u ≡ g^v (mod p) が成り立つ（指数について考えるときと、 g の指数乗について考えるときとでは、 mod が違うことに注意）。よって【乙】の整数たちの指数 3, 6, 9, ···, 3(p−1) のどの二つも mod p−1 で不合同であることを示せば、【乙】の整数たちはどれも互いに mod p で別々のクラスに属するということになり、だとすると―― mod p において（0 と不合同な）クラスは p−1 個しかないので――、【乙】には p−1 個の各クラスを代表する数が、過不足なく一つずつ含まれることになる。

先に結論を書くと、もし上記のことが証明されたなら、 mod p の p−1 種の各数をそれぞれ立方したものは、全体として同じ p−1 種の各数（と合同な数）を過不足なく含む、ということになる。言い換えると、 0 と不合同などんな a (mod p) を選んだとしても、立方すると ≡ a (mod p) になるような数（から成るクラス）が存在する、ということになり、問題は解決する。

〔注〕　原始根 g は ≢ 0 (mod p) なので、それを累乗した【甲】の各数は ≢ 0 であり、それらの 3 乗である【乙】の各数も ≢ 0。よって【甲】にも【乙】にも、 ≡ 0 (mod p) であるような数は含まれない。

証明の本体。 1 以上 p−1 以下の二つの整数 u, v をどのように選んだとしても、 u ≠ v と仮定するなら 3u ≢ 3v (mod p−1) だ――ということを示せばいい（いわんとしていることは: 【甲】の中から相異なる二つの数をどのように選んだとしても、その二つの数をそれぞれ立方したものは不合同。ゆえに【乙】のどの二つの数も互いに不合同）。矛盾を導くため、このような u, v が 3u ≡ 3v (mod p−1) を満たしたとしよう。この合同式の両辺を 3 で割れば――つまり 3⁻¹ (mod p−1) 倍すれば―― u ≡ v (mod p−1) となるが、 u, v は 1 以上 p−1 以下なので、これは u = v を含意し、仮定 u ≠ v と矛盾する。この矛盾の発生は、
　　3⁻¹ (mod p−1)
なるもの（3 の逆数）、すなわち 3y ≡ 1 (mod p−1) を満たす y の存在に依存している。よって、矛盾の原因としては、仮定 3u ≡ 3v (mod p−1) がそもそも間違っているか、さもなければ、 3 の逆数 y は存在しない（言い換えると、 3u ≡ 3v の両辺を 3 で割るという操作は許されない）ということになる。しかるに 3 の逆数 y の存在は、次のように示される。

p はワッフル素数なので p = 3k + 2 と書くことができる（k は正の整数）。 3 は素数であり、他方において p − 1 = 3k + 1 は 3 で割り切れないので、 3 と p − 1 の最大公約数は 1。ゆえに1次合同式の性質から、 3y ≡ 1 (mod p−1) には確かに解 y がある。

結論として、 u ≠ v であっても 3u ≡ 3v (mod p−1) になり得るという仮定は不合理であり、 u ≠ v なら必ず 3u ≢ 3v (mod p−1) でなければならない。これが証明されるべきことだった。∎

例えば mod 4 では、 3 × 3 = 9 ≡ 1 なので 3y ≡ 1 を満たす y が存在する（3 の逆数）。 mod 10 では、 3 × 7 = 21 ≡ 1 なので、やはり 3⁻¹ が存在する。 mod 16 では 3 × 11 = 33 ≡ 1。このように p がワッフル素数（p = 5, 11, 17 など）なら mod p−1 において 3 の逆数が存在する。一方、 mod がミント素数 p の場合（p = 7, 13, 19 など）、 p − 1 は 3 の倍数なので gcd(3, p − 1) = 3 であり、よって 3y ≡ 1 (mod p−1) には解がない。つまり mod p−1 において 3 の逆数が存在しない。

p がミント素数の場合とワッフル素数の場合を比べると、 3 と p − 1 の最大公約数は、前者では 3 だが後者では 1 だ。この違いは、一見したところ「小学生の算数のような、興味に乏しい計算」。しかし、ある意味において、このささいな違いが、立方剰余の振る舞いの劇的な違いと結び付いている。

そもそも 5 以上の素数をミントとワッフルに分類する、ということ自体、唐突で天下り的だが、この区別の本質は「各有理素数は、アイゼンシュタイン整数の世界において、どんな挙動を示すか？」（素数性を維持するのか、それとも素数性を失って分解あるいは分岐するのか）という問題と関連する。ミントとワッフルの「見掛けの現象」は「真の現象」から放たれる光のようなもので、限られた古典整数論の範囲では、その光が身近な対象に当たったときの影しか見えず、ある意味ランダムで謎めいている――「影の動き」について一応のパターンを予想できても、なぜそうなるのか・何が起きているのかという真相を見通せない。例えるなら、地球から月を眺めて「月は周期的に満ち欠けする円盤だ」と認識するようなもの。「月の満ち欠け」は見掛けの一面的現象だが、観点が地球上にある限り、天体の立体像・太陽系の全体像を認識することは困難だろう。しかしひとたび地球なり太陽系なりを「外から」眺める観点に移るなら、「月の満ち欠け」は謎めいた現象ではなく、軌道上の（本質的には）単純な周期運動の結果であることが認識されるだろう。同様に、「普通の整数」の問題と思える事柄を「複素数の範囲」で考えるのは、わざわざ話を複雑にしているわけではない。事柄によっては、普通の整数の世界をあえて「外から」眺めることによって、むしろ現象の仕組みが明快になる。

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