■フェルマーの最終定理と楕円曲線(その11)

【2】x^3+y^3=z^3 on Fp

 n=3の場合はオイラー(1770年)によって自然数解をもたないという証明が与えられましたが,今度は同じことを有限体について考えてみます.

 p=5では

  x |0,1,2,3,4

  x^3|0,1,3,2,4

となり,任意のaに対してx^3=aを満たすxが存在することがわかります.

 n=3では

  (p−x)^3=x^3  (modp)

が成り立たないので,半数が3乗剰余ということは保証されておらず,このように全数が3乗剰余ということもあり得るのです.

 この場合,

x\y 0 1 2 3 4

0 (0,0,0) (0,1,1) (0,2,2) (0,3,3) (0,4,4)

1 (1,0,1) (1,1,3) (1,2,4) (1,3,2) (1,4,1)

2 (2,0,2) (2,1,4) (2,2,1) (2,3,0) (2,4,3)

3 (3,0,3) (3,1,2) (3,2,0) (3,3,4) (3,4,1)

4 (4,0,4) (4,1,0) (4,2,3) (4,3,1) (4,4,2)

となって,(0,0,0)を除いた24個の解で4個ずつ組になりますから

  N5=24/4=6=5+1

 p=7では

  x |0,1,2,3,4,5,6

  x^3|0,1,1,6,1,6,6

となって,x^3=aを満たすF5の元xの個数を求めると,a=0なら1個,a=1,6なら3個,a=2,3,4,5なら0個となります.

x\y 0 1 2 3 4 5 6

0 (0,0,0) (0,1,1) (0,2,1) (0,3,3) (0,4,1) (0,5,3) (0,6,3)

(0,1,2) (0,2,2) (0,3,5) (0,4,2) (0,5,5) (0,6,5)

(0,1,4) (0,2,4) (0,3,6) (0,4,4) (0,5,6) (0,6,6)

1 (1,0,1) (1,3,0) (1,5,0) (1,6,0)

(1,0,2)

(1,0,4)

2 (2,0,1) (2,3,0) (2,5,0) (2,6,0)

(2,0,2)

(2,0,4)

3 (3,0,3) (3,1,0) (3,4,0)

(3,0,5)

(3,0,6)

4 (4,0,1) (4,3,0) (4,5,0) (4,6,0)

(4,0,2)

(4,0,4)

5 (5,0,3) (5,1,0) (5,2,0) (5,4,0)

(5,0,5)

   (5,0,6)

  6  (6,0,1) (6,1,0) (6,2,0) (6,4,0)

     (6,0,5)

(6,0,6)

 (0,0,0)を除いた54個の解で6個ずつ組になりますから

  N7=54/6=9≠7+1

となって,Np=p+1が成り立ちません.

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 p=5とp=7で答えのパターンが違っていましたが,一般の素数pに対しては解の数はどのようになるのでしょうか? 他の場合も調べてみると 

  p  Np   p+1

  2  3    ○

  3  4    ○

  5  6    ○

  7  9    ×

  11  12    ○

  13  9    ×

  17  18    ○

  19  27    ×

 この表より,pを3で割った余りが注目されます.

1)3で割り切れる素数は3しかなく,N3=4である.

2)p=2(mod3)の場合,Np=p+1が成り立つ.

 →じつはp=3(mod2)の場合,3乗で表される数x^3=aはただひとつの解をもち,このことからすんなりNp=p+1が証明される.

3)p=1(mod3)の場合,Npは複雑である.

4)すべての素数についてNp≧3である.

 →3個の解は(0,1,1),(1,0,1),(1,p−1,0)で,等号はp=2の場合に限る.

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