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
目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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。

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 P = 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 P は、次の四つのタイプに分類される。
　　㋐　P ≡ 0 (mod 2)　つまり　2 で割り切れる（2 の倍数）
　　㋑　P ≡ 1 (mod 2)　つまり　2 の倍数より 1 大きい
　　㋒　P ≡ ω (mod 2)　つまり　2 の倍数より ω 大きい
　　㋓　P ≡ 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　P ≡ 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 P ≡ −1 と書くこともでき（2 の倍数より 1 小さい）、㋒を P ≡ −ω と書くこともできる（2 の倍数より ω 小さい）。㋓を P ≡ 1 + ω つまり P ≡ −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 P = ±1, ±ω, ±ω² のどれかについて、
　　条件　Q³ ≡ P (mod 2)
を満たす Q 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 Q には Q ≡ 0, 1, ω, ω² の四つの種類しかない。そのどれを立方しても Q³ ≡ 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 Q があるにせよ、ないにせよ、任意の Q は Q³ ≡ 0 または Q³ ≡ 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 P = 1 は、もちろんこれに当てはまる（実際、 Q ≡ 1 なら Q³ ≡ 1）。単数 P = −1 も（2 の倍数 −2 より 1 大きいので）、条件を満たす（実際、 Q ≡ −1 なら Q³ ≡ −1）。他方、単数 P = ±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、どれが一つを任意に選んで P とする。もし P = 1 か P = −1 を選んだのなら、
　　t³ ≡ P (mod 2)
を満たす解 t が存在するが、 ±1 以外の単数を P 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 = P が解を持つのは P = 1 or −1 の場合であり、 P = ω, −ω, ω², or −ω² の場合に t³ = P は解を持たない。それを検証することも、難しくない（単数 P 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

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、証明は平明・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。

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――この数を 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。

〔要点〕　（▲）の三つの数の中に 4 の倍数が一つだけある（その数を仮に R と呼ぶ）こと、残りの二つの数（仮に P, Q と呼ぶ）は 2 の倍数ではないということ。（▲）の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。しかるに、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」という制約（議論の前提となる仮定）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 に非自明解があるかないかは、 k の値次第。 k = 1, 2, 3, 4 の場合、非自明解がない。他方、冒頭で具体例を挙げたように k = 7 の場合には非自明解が存在する。