拡大フェルマー論文目次

余弦定理における自然数解問題（拡大ﾋﾟﾀｺﾞﾗｽ数問題）

序論（メニュー）

１．         ｔ＝１／２の場合

２．         ｔ＝０の場合

３．         ｔ＝−１／２の場合

４．         ｔ≠１／２，ｔ≠０，−１＜ｔ＜１の場合

 

超拡大ﾋﾟﾀｺﾞﾗｽ数問題

　１．　の場合

２．　の場合

方程式は自然数解をもつか。

（拡大フェルマー問題）

　　 １　ｎ＝２の場合

�@　

�A　

�B　において、の両方が有理数の平方数でないのに、解をもつ条件

�C　は解が一つ存在するならば、解を無数にもつか。

 

 

 

 

 

余弦定理における自然数解について

 

　余弦定理において、ｃｏｓＣが無理数であるならば、自然数解（ｘ、ｙ、ｚ）が存在しないことは自明である。なぜなら、（ｘ、ｙ、ｚ）が自然数であると仮定すると、

　　　　

の式から、左辺は無理数で右辺は有理数となって矛盾してしまうからである。

　ではｃｏｓＣが有理数で、−１＜ｃｏｓＣ＜１を満たすとき、自然数解（ｘ、ｙ、ｚ）は存在するであろうか。この論文ではこの問題について考えてみたい。

 

　なお、自然数解が存在するということと、正の有理数解が存在するというのは同値である。なぜなら、有理数解（ｘ、ｙ、ｚ）が存在する場合ｘ、ｙ、ｚの分母の公倍数をかければ自然数解（ｘ、ｙ、ｚ）にすることができるからである。

　しかし、ｃｏｓＣが有理数であれば、ｘ、ｙ、ｚは必ず有理数であるというわけではない。などいくらでも反例を作ることができるからである。

 

　手がかりを得るために、具体的な数値で考えてみることにしよう。Ｃ＝６０°、９０°、１２０°の場合、すなわちｃｏｓＣ＝ｔとおけばの場合について考えてみよう。（言うまでもないことであるが、Ｃ＝９０°の場合はピタゴラス数になる。）次にそれをヒントに一般的な場合を考えてみよう。

1.     ｔ＝１／２の場合

2.     ｔ＝０の場合

3.     ｔ＝−１／２の場合

4.     ｔ≠１／２，ｔ≠０，−１＜ｔ＜１の場合

 

 

 

１．Ｃ＝６０°の場合

　　　

ここで，

ｘ＝ｚ−α，ｙ＝ｚ−βとおくと，

これを展開してｚについて整理すると，

ここで，のとき，

　　それぞれの両辺にα＋βをかけると，

（α＋β）ｚ，（α＋β）ｘ，（α＋β）ｙをそれぞれ，ｚ，ｘ，ｙと置き直すと，

よって，β＜０のときは十分大きいαに対して，ｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０になる。また，β＞０のときは十分小さいαに対して，ｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０となる。

Ｃ＝６０°からｚは最大辺ではあり得ない。ｘが最大辺であると仮定すると，α＜０，β＞０で，

から十分小さいαに対してを満たし，ｘ，ｙ，ｚは三角条件を満たしている。ｙが最大辺であると仮定すると，α＞０，β＜０で，

を満たし，ｘ，ｙ，ｚは三角条件を満たしている。

以上から，自然数解は無限に存在することが示された。

　いくつかの解を示してみよう。

�@          β＝１のとき

　

�@　α＝−１とすると

　　ｚ＝３，ｘ＝３，ｙ＝３

　　これは先ほどの正三角形（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１，１，１）と同じ解である。

�A　α＝−２とすると

　　ｚ＝７，ｘ＝５，ｙ＝８

　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（５，８，７）

�B　α＝−３とすると，

　　ｚ＝１３，ｘ＝７，ｙ＝１５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（７，１５，１３）

�C　α＝−４とすると，

　　ｚ＝２１，ｘ＝９，ｙ＝２４

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，８，７）

�D　α＝−５とすると，

　　ｚ＝３１，ｘ＝１１，ｙ＝３５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１１，３５，３１）

�E　α＝−６とすると，

　　ｚ＝４３，ｘ＝１３，ｙ＝４８

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１３，４８，４３）

�A          β＝２のとき

　

�@　α＝−１とすると，

　　ｚ＝７，ｘ＝８，ｙ＝５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（８，５，７）

�A　α＝−２とすると，

　　ｚ＝１２，ｘ＝１２，ｙ＝１２

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１，１，１）

�B α＝−３とすると，

　　ｚ＝１９，ｘ＝１６，ｙ＝２１

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１６，２１，１９）

�C　α＝−４とすると，

　　ｚ＝２８，ｘ＝２０，ｙ＝３２

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（５，８，７）

�D　α＝−５とすると，

　　ｚ＝３９，ｘ＝２４，ｙ＝４５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（８，１５，１３）

�E　α＝−６とすると，

　　ｚ＝５２，ｘ＝２８，ｙ＝６０

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（７，１５，１３）

�@   と�Aは重複があるが，明らかに違う無限系列を作り出している。βの値によって無限系列が異なるので，無限系列は無限種類存在することになる。

 

 

 

 

２．Ｃ＝０°の場合

　　　

ここで，

ｘ＝ｚ−α，ｙ＝ｚ−βとおくと，

これを展開してｚについて整理すると，

よって，

ここで，とおけば，

ｎを定数とみた場合少なくとも，

は十分大きいｍに対してｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０を満たすことは明らかである。

また，であり，ｘ，ｙ，ｚは三角条件を満たしている。

以上より，ピタゴラス数は無数に存在することが示された。

　具体的な値を求めてみよう。

 

�B          ｎ＝１のとき

　

�@　ｍ＝１とすると

　　ｚ＝５，ｘ＝３，ｙ＝４

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，４，５）

�A　ｍ＝２とすると

　　ｚ＝１３，ｘ＝５，ｙ＝１２

　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（５，１２，１３）

�B　ｍ＝３とすると，

　　ｚ＝２５，ｘ＝７，ｙ＝２４

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（７，２４，２５）

�C　ｍ＝４とすると，

　　ｚ＝４１，ｘ＝９，ｙ＝４０

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（９，４０，４１）

�D　ｍ＝５とすると，

　　ｚ＝６１，ｘ＝１１，ｙ＝６０

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１１，６０，６１）

�E　ｍ＝６とすると，

　　ｚ＝８５，ｘ＝１３，ｙ＝８４

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１３，８４，８５）

�C          ｎ＝２のとき

　

�@　ｍ＝１とすると，

　　ｚ＝１０，ｘ＝８，ｙ＝６

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（４，３，５）

�A　ｍ＝２とすると，

　　ｚ＝２０，ｘ＝１２，ｙ＝１６

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，４，５）

�B ｍ＝３とすると，

　　ｚ＝３４，ｘ＝１６，ｙ＝３０

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（８，１５，１７）

�C　ｍ＝４とすると，

　　ｚ＝５２，ｘ＝２０，ｙ＝４８

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（５，１２，１３）

�D　ｍ＝５とすると，

　　ｚ＝７４，ｘ＝２４，ｙ＝７０

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１２，３５，３７）

�E　ｍ＝６とすると，

　　ｚ＝１００，ｘ＝２８，ｙ＝９６

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（７，２４，２５）

�A   と�Aは重複があるが，明らかに違う無限系列を作り出している。ｎの値によって無限系列が異なるので，無限系列は無限種類存在することになる。

 

 

 

３．Ｃ＝１２０°の場合

　　　

ここで，

ｘ＝ｚ−α，ｙ＝β−ｚとおくと，

これを展開してｚについて整理すると，

これはＣ＝６０°の場合と全く同じ式である。

以下の議論もほとんど同じになるが，ｙの置き方が違っているので若干異なる。

ここで，α＋β＝０のとき，α＝０またはβ＝０であるが，β＝０とするとｙ＝−ｚとなり，ｙ，ｚが正の有理数であるという仮定に反する。α＝０とすると，ｘ＝ｚとなりＣと底角とする２等辺三角形になるが，これはＣ＝１２０°に反する。よって，α＋β≠０

したがって，

　　　　　　

　　以下方法は２つある。一つは，Ｃ＝６０°の場合を踏襲する方法（�T）であり，もう一つは分母α＋βが約分によって消えるようにしてやる方法（�U）である。

 

�T　Ｃ＝６０°の場合を踏襲する方法

それぞれの両辺にα＋βをかけると，

　　　　　　Ａ

（α＋β）ｚ，（α＋β）ｘ，（α＋β）ｙをそれぞれ，ｚ，ｘ，ｙと置き直すと，

ｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０の条件からβ＞０ならば０＜α＜β／２であり，β＜０ならばβ／２＜α＜０

したがって，

となり，ｘ，ｙ，ｚは三角条件を満たしている。β≠０であるので，正の有理数解（ｘ，ｙ，ｚ）は無限に存在することすなわち自然数解（ｘ，ｙ，ｚ）は無限に存在することが示された。

�U　分母α＋βが約分によって消えるようにしてやる方法

（ｐ，ｑ，ｒは適当な有理数）とおいて，分母が消えるようにｐ，ｑ，ｒの値を決める。Ａの式に代入すると，

後半のわり算を実行すると，商がで余りがである。よって，割り切れるための条件は，ｑ＝−１，ｒ＝０である。このとき，

両辺をｐ倍して、それぞれを改めてｚ、ｘ、ｙとおくと

よって，ｐ＞０のときは十分大きいαに対してｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０であり、ｐ＜０のときは十分小さいαに対してｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０である。

　また，

より，ｐ＞０のときは十分大きいαに対してｘ＋ｙ−ｚ＞０であり、ｐ＜０のときは十分小さいαに対してｘ＋ｙ−ｚ＞０を満たし，ｘ，ｙ，ｚは三角条件を満たしている。

　以上より自然数解（ｘ，ｙ，ｚ）は無限に存在していることが示された。いくつかの解を示してみよう。

 

�D     ｐ＝１のとき

　

�@　α＝４とすると

　　ｚ＝７，ｘ＝３，ｙ＝５

よって，（３，５，７）

�A　α＝５とすると

　　ｚ＝１３，ｘ＝８，ｙ＝７

　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（８，７，１３）

�B　α＝６とすると，

　　ｚ＝２１，ｘ＝１５，ｙ＝９

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（５，３，７）

�C　α＝７とすると，

　　ｚ＝３１，ｘ＝２４，ｙ＝１１

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２４，１１，３１）

�D　α＝８とすると，

　　ｚ＝４３，ｘ＝３５，ｙ＝１３

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３５，１３，４３）

�E　α＝９とすると，

　　ｚ＝５７，ｘ＝４８，ｙ＝１５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１６，５，１９）

�E     ｐ＝２のとき

　

�@　α＝３とすると，

　　ｚ＝２１，ｘ＝１５，ｙ＝９

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（５，３，７）

�A　α＝４とすると，

　　ｚ＝４３，ｘ＝３５，ｙ＝１３

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３５，１３，４３）

�B α＝５とすると，

　　ｚ＝７３，ｘ＝６３，ｙ＝１７

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（６３，１７，７３）

�C　α＝６とすると，

　　ｚ＝１１１，ｘ＝９９，ｙ＝２１

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３３，７，３７）

�D　α＝７とすると，

　　ｚ＝１５７，ｘ＝１４３，ｙ＝２５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１４３，２５，１５７）

�E　α＝８とすると，

　　ｚ＝２１１，ｘ＝１９５，ｙ＝２９

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１９５，２９，２１１）

�@   �Aは重複があるが，明らかに違う無限系列を作り出している。βの値によって無限系列が異なるので，無限系列は無限種類存在することになる。

 

 

４．ｔ≠１／２，ｔ≠０，−１＜ｔ＜１の場合

　　　

ここで，

ｘ＝ｚ−α，ｙ＝ｚ−βとおくと，

これを展開してｚについて整理すると，

よって，ｔ≠１／２ならば

Ａ

このような複雑な式からルートが消え，しかも約分によって分母も消えてしまうものなのだろうか？

ｔ＝−１／２の場合を手がかかりにしてみよう。

ｔ＝−１／２とおくと，

　　　　Ｂ

�U分母α＋βが約分によって消えるようにしてやる方法では任意の整数ｐに対して，

であった。このとき，

これを式Ｂに代入すると，

魔法のようにルートがはずれ，しかも一方の場合は分母まで消えている！！！

 

 

どうやらポイントは，βをαの２次式に置くことにあるようである。

において，

とおいてみよう。さらに，ルートの中をＤとおくと，

ここで，

＝０

とおくと，

であり，

　　　

ここで，

 

とおくと，

であり，式Ｃが完全平方になるための条件は，

すなわち，

より，

すなわち，

このとき，

したがって，

よって，一方は

ここで，を代入すると，

ｘ＝ｚ−α，ｙ＝ｚ−βより

ゆえに，ｔ＞０のときは十分小さいαに対して，ｔ＜０のときは十分大きいαに対して，ｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０を満たし，最大辺はｚまたはｘである。しかも，

　　｜ｚ−ｘ｜＝｜α｜＜ｙ

したがって，ｘ，ｙ，ｚは三角条件を満たす。

 

以上より，正の有理数解（ｘ，ｙ，ｚ）は無限に存在する。すなわち，自然数解（ｘ，ｙ，ｚ）が無限に存在する。

 

 

ｔ＝１／３，−３／７についていくつかの解を示してみよう。

 

　ｔ＝１／３のとき

ｐ＝１の場合

　

�@　α＝２とすると

　　ｚ＝６，ｘ＝４，ｙ＝６

よって，（ｘ，ｙ，ｚ）­＝（２，３，３）

�A　α＝１とすると

　　ｚ＝１１，ｘ＝１０，ｙ＝９

　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１０，９，１１）

�B　α＝０とすると，

　　ｚ＝１８，ｘ＝１８，ｙ＝１２

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，２，３）

�C　α＝−１とすると，

　　ｚ＝２７，ｘ＝２８，ｙ＝１５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２８，１５，２７）

�D　α＝−２とすると，

　　ｚ＝３８，ｘ＝４０，ｙ＝１８

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２０，９，１９）

�E　α＝−３とすると，

　　ｚ＝５１，ｘ＝５４，ｙ＝２１

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１８，７，１７）

ｐ＝２のとき

　

�@　α＝１とすると，

　　ｚ＝３，ｘ＝２，ｙ＝３

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２，３，３）

�A　α＝０とすると，

　　ｚ＝９，ｘ＝９，ｙ＝６

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，２，３）

�B α＝−１とすると，

　　ｚ＝１９，ｘ＝２０，ｙ＝９

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２０，９，１９）

�C　α＝−２とすると，

　　ｚ＝３３，ｘ＝３５，ｙ＝１２

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３５，１２，３３）

�D　α＝−３とすると，

　　ｚ＝５１，ｘ＝５４，ｙ＝１５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１８，５，１７）

�E　α＝−４とすると，

　　ｚ＝７３，ｘ＝１８，ｙ＝７３

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（７７，２９，７３）

�@�Aは重複があるが，明らかに違う無限系列を作り出している。ｐの値によって無限系列が異なるので，無限系列は無限種類存在することになる。

 

 

ｔ＝−３／７のとき

ｐ＝１とする。

すべての両辺に８１をかけて，改めてｚ，ｘ，ｙとおくと，

�@　α＝４とすると，

　　ｚ＝３４６，ｘ＝２２，ｙ＝３３６

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１１，１６８，１７３）

�A　α＝５とすると，

　　ｚ＝７１５，ｘ＝３１０，ｙ＝５２５

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（６２，１０５，１４３）

�B α＝６とすると，

　　ｚ＝１２４６，ｘ＝７６０，ｙ＝７１４

　　よって，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３８０，３５７，６２３）

 

 

 

 

超拡大ピタゴラス数問題

ａ，ｂ，ｃを有理数とするとき、

は、整数解（自然数解も含む）をもつであろうか。余弦定理における自然数解問題（拡大ﾋﾟﾀｺﾞﾗｽ数問題）を手がかりに、この問題を考えてみよう。拡大ﾋﾟﾀｺﾞﾗｽ数では、一つが媒介変数αの一次関数で、他の二つはαの二次関数となった。

　そこで、とおいてみよう。すると、

これが、完全平方になるように、

とおく。よって、

ここでとおけば、

また、�Aから

すなわち、

よって、ならば

すなわち、

したがって、

ゆえに、

 

 

 

 

 

 

 

 

よって、ｚ＞０，ｘ＞０，ｙ＞０（正の有理数）に限定すると、

 

十分大きいｘまたは十分小さいｘに対して

を満たすから、

ｐ＞０として両辺にをかけて、

よって、でｃが平方数ならば

は

の正の有理数解であり、ｐやｘに応じて無限に存在する。そして、の分母の公倍数をかければ、自然数解となるので、自然数解は無限に存在する。

それではいくつかの自然数解を示すことにしよう。

�T　ａ＝２，ｂ＝３，ｃ＝１のとき

　

ｐ＝１とすると

　

�@          ｘ＝２のとき、（３２，１７，６３）

�A          ｘ＝３のとき、（４８，７３，１４３）

�B          ｘ＝４のとき、（６４，１６１，２５５）

�C          ｘ＝５のとき、（８０，２８１，３９９）

�D          ｘ＝６のとき、（９６，４３３，５７５）

ｐ＝２とすると、

�@          ｘ＝３のとき、（９６，４３３，５７５）

�A          ｘ＝４のとき、（１２８，８３３，１０２３）

�B          ｘ＝５のとき、（１６０，１３６１，１５９９）

�C          ｘ＝６のとき、（１９２，２０１７，２３０３）

�D          ｘ＝７のとき、（２２４，２８０１，３１３５）

 

�U　ａ＝−２，ｂ＝５，ｃ＝１のとき

ｐ＝１のとき

�@          ｘ＝２のとき、（３２，１７，３１）

�A          ｘ＝３のとき、（４８，５７，１１１）

�B          ｘ＝４のとき、（６４，１２９，２２３）

�C          ｘ＝５のとき、（８０，２３３，３６７）

�D          ｘ＝６のとき、（９６，３６９，５４３）

ｐ＝２のとき、

�@          ｘ＝１のとき、（３２，１７，３１）

�A          ｘ＝２のとき、（６４，１２９，２２３）

�B          ｘ＝３のとき、（９６，３６９，５４３）

�C          ｘ＝４のとき、（１２８，７３７，９９１）

�D          ｘ＝５のとき、（１６０，１２３３，１５６７）

�V　ａ＝３，ｂ＝−１，ｃ＝４のとき、

ｐ＝１とすると、

�@          ｘ＝１のとき、（２５６，２４１，６０６）

�A          ｘ＝２のとき、（５１２，１０４１，２１４２）

�B          ｘ＝３のとき、（７６８，２３５３，４７０２）

 

 

 

 

前ページにおいては、の場合について考えた。このページでは、の場合について考えることにしよう。

の両辺をｙ≠０としてｙで割ると、

ここで、，とおくと、

を仮定しているので、

ｚ＞０とすると、

Ｚ，Ｘを元に戻して、

両辺にｙをかけると、

ゆえに、ａが平方数ならば適当な自然数ｘ，ｙについて、ｚは自然数である。よって、の自然数解は無限に存在する。なお、ａが平方数である場合からｃも平方数である。

　自然数解のいくつかを示してみよう。

 

 

ａ＝４，ｂ＝１２，ｃ＝９のとき、

の解は，であり、

�@          ｘ＝１，ｙ＝１のとき、（１，１，５）

�A          ｘ＝２，ｙ＝３のとき、（２，３，１３）

�B          ｘ＝３，ｙ＝２のとき、（３，２，１２）

�C          ｘ＝４，ｙ＝５のとき、（４，５，２３）

 

 

 

 

を有理数とするとき、

方程式

　　　　　　Ａ

は自然数解をもつか。

 

特定の条件のとき、自然数解をもたないことは証明されている。特定の条件とは、

ｎ≧３で、のときで、

である。すなわち、有名なフェルマーの定理である。

　式Ａは常に自然数解をもたないだろうか。ｎ＝２のときは、

において、ａまたはｃが平方数ならば、自然数解が無限に存在することは、すでにこのＨＰ上で証明されている。

　ｎ≧３のときはどうであろうか。次の場合、自然数解が無限に存在することは自明である。ａ，ｂを自然数とし、

となるときである。この場合、式Ａは次のように因数分解される。

よって、（ｘ，ｙ，ａｘ＋ｂｙ）は式Ａの自然数解である。ｘ，ｙは任意の自然数をとることができるので、式Ａの自然数解は無限に存在する。

　これからの研究課題は、いかなるときに式Ａは無限に自然数解をもつのか、またはもたないのかである。

　なお、式Aが整数解をもつということと有理数解をもつことは同値である。なぜなら有理数解が存在したとすると、の分母の公倍数ｍによって、は整数の組であるが、のとき、

の計算からも式Aの解であるからである。

　同様にが有理数解のとき、任意の有理数αをかけたも式Ａの解である。これらを別の解とすると、解は存在するとすれば常に無限にあることになってしまうので、ここではのとき、解と解を同一解と定義することにする。したがって、異なる解の定義は、となることである。

 

拡大フェルマー予想

方程式

はｎ＝２の場合を含めある条件下では自然数解を一つも持たない。

　　 �T　ｎ＝２の場合

 

 

 

 

�T　ｎ＝２（２次）の場合

方程式

はまたはが有理数の平方数であるとき、自然数解を無限にもっていることは、このサイト上ですでに証明されている（超拡大ピタゴラス数問題参照）。よって、方程式が解をもたないための必要条件は、，の両方が有理数の平方数でないことである。では、これで十分であろうか。十分条件でないことは、次の反例から明らかである。

　方程式はなど解をもっている。，の両方が有理数の平方数でないのに解をもつ例はこの他いくらでも出すことができる。方程式は、を、方程式は、を解としてもつなど。

　方程式が解をもたないための必要十分条件は何なのか。具体的な場合を研究して、手がかりを得ることにしよう。

�@　

�A　

�B　において、の両方が有理数の平方数でないのに、解をもつ条件

�C　は解が一つ存在するならば、解を無数にもつか。

 

 

 

�@　方程式は自然数解を一つももたないことの証明

 

自然数解をもつと仮定する。

A)    ｘ，ｙ両方を奇数であるとすると、は奇数である。よって、は無理数となって矛盾する。

B)    一方を奇数、他方を偶数であるとすると、は奇数となり、は無理数となって矛盾する。

 

C)    両方偶数であるとすると、ｘ，ｙの最大公約数ｂによってとおける。このとき、となりは無理数となって矛盾する。

A)B)C)よりは自然数解をもたない。

さらにより、も自然数解をもたない。

 

 

 

 

�A　は自然数解をもたないことの証明

方程式が自然数解をもつと仮定する。

　　　　　　　　　　　　　　　　　 　Ａ

を変形すると

　　　　　　　　 　　 Ｂ

�T　ｘ、ｙの両方が奇数である場合

式Ａより、ｚも奇数。そこで、

とおくと、Ｂより

よって、

    の両方が奇数または偶数とすると、が偶数、の一方が奇数で他方が偶数であるとすると、が偶数となり、右辺が奇数であることに反する。

�U　ｘが奇数で、ｙが偶数である場合

Ａよりｚは偶数である。よって、ｚ＋ｙもｚ−ｙも偶数となり、式Ｂの左辺は４の倍数である。ところが、は奇数で、両辺を２で割ると左辺は偶数、右辺は奇数となって矛盾する。

�V　ｘが偶数で、ｙが奇数である場合

式Ａより、ｚは奇数である。よって、ｚ＋ｙもｚ−ｙも偶数となり、式Ｂの左辺は４の倍数である。ところが、は奇数で、両辺を２で割ると左辺は偶数、右辺は奇数となって矛盾する。

�W　ｘ、ｙ共に偶数である場合

式Ａからｚも偶数である。ｘ、ｙ、ｚの最大公約数をａとし、とおくと、の少なくとも一つは奇数である。式Ａに代入して整理すると、

ゆえに、だけ奇数で他は偶数であることはできないから、の少なくとも一方は奇数である。したがって、�T�U�Vから矛盾する。

以上�T�U�V�Wから方程式は自然数解をもたないことが証明された。

 

 

 

 

�B　において、の両方が有理数の平方数でないのに、解をもつ条件

　　　　　　　A

の両辺をで割り、と置くと、

　　　　　　　　B

よって、式Aが有理数解をもつことと式Bが有理数解をもつことは同値であるから、式Aが有理数解をもつための必要十分条件は、式Bが有理数をもつことである。すなわち、式Aはが有理数の平方数となるような有理数ｐが存在するならば、有理数解をすなわち自然数解を持つ。

 

　式Bにｐ＝１を代入すると、

よって、が平方数であるときは、解をもつ。例えば、やときなどである。

，

前者も後者もを解として持つ。前者は、このほか

などを解として持ち、後者もなどを解として持つ。

　式Bにｐ＝２を代入すると、

よって、が平方数ならば、式Aは解を持つ。例は、

などである。

それぞれの解を順に一つずつあげると、である。

 

�Aにおける証明から

，，

は正の有理数解を一つも持たないことがわかる。

　また、�@における証明から

 も正の有理数解を持たない。言い換えれば、任意の有理数ｐに対して、は有理数の平方数にならない、ということである。

 

 

 

 

 

�C　は解を一つ持つとき、解は無数に存在するか。

まず具体的な場合で考えてみよう。

　　　　　　　　　　　　　A

は解（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１，１，３）をもっている。このときわれわれが定義する意味で、異なる解を無数に持っているであろうか。われわれの定義で、二つの解，が異なる条件は

であった。

　式Aの両辺をで割り、と置くと、

　　　　　B

双曲線上Bに有理点（ｐ，ｑ）＝（３，１）が存在している。そこで、点（３，１）を通る直線の傾きをｔとすると、

　　　　 C

式Bに代入して整理すると、

解の一つは、ｐ＝３である。よって、他の解をβとすると、２次方程式のおける解と係数の関係から、

であるがいずれの場合も、

よって、ｔが有理数であればβは有理数である。

βをｐと置き直して。

式Cに代入して、

ｔは任意の有理数をとることができるから、方程式Ｂは解

を無数に持っていることが証明された。

ｔ＝１のとき、

（ｐ，ｑ）＝（５，３）

このとき、方程式Ａの解は

（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，１，５）

ｔ＝２のとき、

（ｐ，ｑ）＝（１９／７，３／７）

（ｘ，ｙ，ｚ）＝（３，７，１９）

ｔ＝３／４のとき、

（ｐ，ｑ）＝（２７，１９）

（ｘ，ｙ，ｚ）＝（１９，１，２７）

ｔ＝４／５のとき、

（ｐ，ｑ）＝（１３，９）

（ｘ，ｙ，ｚ）＝（９，１，１３）

ｔ＝８／１１のとき、

（ｐ，ｑ）＝（３９５／７，２７９／７）

（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２７９，７，３９５）

 

 

 

次に一般的に考えてみよう。

　　　　　　Ｂ

に解が存在すると仮定しよう。

 

　　　　　Ｄ

前と同様に点を通り、傾きがｔの直線を考えると、

　　　　Ｅ

式Ｂに代入して整理すると、

一方の解はなので、他方の解をβとすれば解と係数の関係から

　　　　　　　　　　　　　　　　 Ｆ

　　　　　　 Ｇ

式Ｆから

式Ｇから

これに式Ｄを代入すれば

よって、式ＥからもＦからも同じものが導かれる。

（ここでは解と係数の関係で解いたが、２次方程式の解の公式に代入しても解ける。そのさい、魔法のようにルートが消えてしまうことを、読者自身で確認していただきたい。）

ｔが有理数であれば、βは有理数。

よって、任意の有理数ｔについて、

は方程式の以外の解であり、無数に存在することがわかる。式Ｅに代入して、

より、

よって、任意の有理数ｔ、ｙに対して、

はの有理数解である。そして、分母の公倍数をかけるなら自然数解となる。

以上から、方程式は有理数解を一つ持つなら、有理数解（分母の公倍数かけるなら自然数解）を無数に持っていることが証明された。よって、方程式は自然数解を無数に持つか、一つも持たないかのどちらかであるという拡大フェルマー予想は、２次では証明されたことになる。

 

 

�D　を手がかりに自然数解（有理数解）が存在しない場合を探し出す方法

 

両辺をで割り、ｚ／ｙ＝ｑ、ｘ／ｙ＝ｐとおくと

 

　　　　　　　　　Ａ

 

ここで、ｑ＝ｐ＋αとおくと、

 

 

すなわち、

 

 

この２次方程式の判別式をＤとし、Ｄ／４＝ｄとおくと、

 

 

 

ｄが平方数ならＡの有理数解が存在してしまうので、

 

 

は有理数解を持たない。よって、

 

 

は自然数解（有理数解）を一つも持たない。

 

同様にＡにおいて、ｑ＝ｐ＋２αとおくと、

 

 

整理して、

 

 

よって

、

 

 

したがって、

 

　　　　　　　　　Ｂ

 

 

は自然数解を一つも持たない。

式Ｂにおいて、ｑ＝ｐ＋αとおくと、

 

 

から、

 

 

ゆえに、

 

 

 

から、

 

 

 

は自然数解を一つも持たない。

 

式Ａにおいて、ｑ＝ｐ＋ｎαとおくと、

 

 

すなわち、

 

 

よって、

 

 

すなわち、

 

　

は自然数解を一つも持たない。

ｎは任意の有理数をとることができるから、解を持たない場合は無限に存在することが証明された。

 

同様に式Ｂにおいて、ｑ＝ｐ＋ｎαとおくと、

 

 

 

よって、

 

から

 

１．              ｎ＝２とき、

 

２．              ｎ＝３のとき

 

３．              ｎ＝４のとき、

 

 

 

 

 

 

 

 

 
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