ピタゴラス方程式：ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2には無数の自然数解があるのですが，それでは連立２次のディオファントス方程式：

　　ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2

　　ｘ^2−ｙ^2＝ｗ^2

の自明でない自然数解を考えてみましょう（フィボナッチの問題）．

　ただし，（１，０，±１，±１）などの自明な解は必ずあるわけですから，どのｘ，ｙ，ｚ，ｗも０でないものとします．

　実は，そのような答えをもたないことがフェルマーによって証明されていて，それがフィボナッチ・フェルマーの定理と呼ばれます．フィボナッチは西暦１２００年頃，解は存在しないことを予想していたのですが，４００年後にフェルマー得意の無限降下法によって証明が与えられました．すなわち（ｘ，ｙ，ｚ，ｗ）の最大公約数が１である任意の原始解を定めるとｘ’＜ｘなる第２の原始解，ｘ”＜ｘ’なる第３の原始解，・・・ができて矛盾を生じてしまうのです（要するに数学的帰納法）．

　さらに，この定理を応用すると，

「３辺の長さが自然数であるような直角三角形と同じ面積をもつ，辺の長さが自然数の正方形は存在しない（ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2，ｘｙ＝２ｔ^2）」

「ｘ^4−ｙ^4＝ｚ^2の自然数解はない」

「ｘ^4＋ｙ^4＝ｚ^4の自然数解はない（ｎ＝４の場合のフェルマー予想）」

などが証明できます．

命題「ｘ^4＋ｙ^4＝ｚ^4をみたす自然数は存在しない」は命題「ｙ^2＝ｘ^3−ｘの有理数解は（ｘ，ｙ）＝（０，０），（±１，０）のみである」に帰着できることをみてきましたが，今回のコラムではフェルマーの問題：ｘ^n＋ｙ^n＝ｚ^nを有限体Ｆp上で考えてみましょう．ただし，（ｘ，ｙ，ｚ）＝（０，０，０）は除外することにします．

　とはいってもすべてのｎについて計算することはできませんから，

　　ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3

に限定することになるのですが・・・．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3 on Ｆp

ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3 on Ｆpを扱った．自明な解（ｘ，ｙ，ｚ）＝（０，０，０）は解から除外することにして，Ｆpでの整数点の個数Ｎpは，

　　Np=0

　　for x=0 to p-1

　　 for y=0 to p-1

　　　　for z=0 to p-1

　　　　　a=x*x*x+y*y*y-z*z*z

　　 　 if (a mod p)=0 then Np=Np+1

next z

　　　next y

　　next x

　　Np=(Np-1)/(p-1)

のようなプログラムを組むだけで簡単に求めることができる．

　一般の素数ｐに対しては解の数Ｎpは

　　ｐ　　２　　３　　５　　７　　１１　　１３　　１７　　１９　　２３

　　Ｎp 　３　　４　　６　　９　　１２　　　９　　１８　　２７　　２４

となる．

　ｐ＝５ではＮp＝ｐ＋１が成り立つが，ｐ＝７では成り立たない．他の場合も調べてみると，ｐ＝２（ｍｏｄ３）の場合，Ｎp＝ｐ＋１が成り立つことがわかる．

　　ｐ　　Ｎp 　　ｐ＋１

　　２　　３　　　　○

　　３　　４　　　　○

　　５　　６　　　　○

　　７　　９　　　　×

　　11　　12　　　　○

　　13　　９　　　　×

　　17　　18　　　　○

　　19　　27　　　　×

　　23　　24　　　　○

　ｐ＝１（ｍｏｄ３）の場合，Ｎpは複雑であるが，その場合でも

　　ｐ＋１−２√ｐ＜Ｎp＜ｐ＋１＋２√ｐ

が成り立つ．

　実は

　　ｘ^3＋ｙ^3＝１　　　（ｘ≠０，ｙ≠０）

の解の個数をＬpとおけば，

　　Ｎp＝９＋Ｌp

となることがわかっているので，Ｎpを求める問題はＬpを求める問題に帰着されたことになる．

　　Lp=0

　　for x=1 to p-1

　　 for y=1 to p-1

　　　　a=x*x*x+y*y*y-1

　　 　if (a mod p)=0 then Lp=Lp+1

　　　next y

　　next x

　　Np=9+Lp

　　ｐ　　２　　３　　５　　７　　１１　　１３　　１７　　１９　　２３

　　Ｎp 　３　　４　　６　　９　　１２　　　９　　１８　　２７　　２４

　　Ｌp 　　　　　　　　　　０　　　　　　　０　　　　　　１８

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】Ｎp＋c(p)＝ｐ＋１

　Ｎp＋c(p)＝ｐ＋１という関係が成り立つとすると

　　ｐ　　２　　３　　５　　７　　１１　　１３　　１７　　１９　　２３

　　Ｎp 　３　　４　　６　　９　　１２　　　９　　１８　　２７　　２４

　　c(p)　０　　０　　０　−１　　　０　　　５　　　０　　−７　　　０

　　c(p)＝ｐ＋１−Ｎp

となるｑ展開の係数をもつ保型関数は如何にという問題が残されている．

　これまででてきた保型関数は

　　（その３６）→　F(q)=qΠ(1-q^4n)^2(1-q^8n)^2

　　（その３７）→　F(q)=qΠ(1-q^n)^2(1-q^11n)^2

であったから，

　　F(q)=qΠ(1-q^an)^2(1-q^bn)^2，ａ＋ｂ＝１２

の中から候補を探すとすると

　　F(q)=qΠ(1-q^3n)^2(1-q^9n)^2

　　F(q)=qΠ(1-q^6n)^2(1-q^6n)^2

が最も考えられるところである．

　阪本ひろむ氏に計算してもらった結果

　　F(q)=qΠ(1-q^3n)^2(1-q^9n)^2

　　 =q-2q^4-q^7+5q^13+4q^16-7q^19-5q^25+2q^28+O(q^31)

　　F(q)=qΠ(1-q^6n)^2(1-q^6n)^2

　　 =q-4q^7+2q^13+8q^19-5q^25+O(q^31)

　ａ＋ｂ＝１２の組み合わせをすべて試みたのだが，c(n)をフーリエ係数とする保型関数F(q)は得られなかった．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝