『ｘ^n＋ｙ^n＝ｚ^nはｎ≧３のとき正の整数解をもたない．』というのが有名なフェルマー・ワイルズの定理（１９９４年）です．ワイルズはちょうど４０才のときにフェルマーの最終定理を証明し，世界一有名な数学の未解決問題を解決しました．
ワイルズはフェルマーの定理の証明が一筋縄ではいかないことを実感して一時棚上げにしていたのですが，フライとリベットの結果にフェルマー攻略への道を確信し，研究室に７年間もこもって，彼独自のアイデアをもってとうとう証明に成功しました．この間の苦節７年には大いなる勇気，確固たる意志，強靭な忍耐力，広範な知識，ずば抜けた戦略，そして幸運を必要としたことは間違いありません．
しかし，これが解をもつといったら驚かれるかもしれませんね．もちろんこれは架空の話ではありますが，ｍｏｄｐの世界，すなわち，
Ｆp＝｛０，１，，・・・，ｐ−２，ｐ−１｝
なる有限体上で考えてみると実際に解をもちますし，そこでは解の存在より解の個数の方が問題になるのです．
今回のコラムでは
［参］中島匠一「数を数えてみよう」日本評論社
から題材をとって，有限体上のフェルマー曲線について調べてみることにしました．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・・・．
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【１】有限射影平面
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．
また，（ｘ，ｙ，ｚ）が解ならば（ｔｘ，ｔｙ，ｔｚ）も解なので，
（ｘ，ｙ，ｚ）＝（２ｘ，２ｙ，２ｚ）＝・・・＝（(p-1)ｘ，(p-1)ｙ，(p-1)ｚ）
よりｐ−１個の点は同じ点とみなすことができます．
すなわち，有限射影平面Ｐ^2（Ｆp）で考えることになるのですが，有限射影平面についてはコラム「群と魔方陣」「球の充填と格子」でも説明したとおりですので省略します．また，解の個数イコール
｛（ｘ，ｙ，ｚ）｜ｘ^n＋ｙ^n＝ｚ^n，ｘ，ｙ，ｚはＦpに属する｝
をみたすＰ^2（Ｆp）の点の個数をＮpと書くことにします．
［１］フェルマーの問題はｎ＝１のときにはｘ＋ｙ＝ｚという単なる足し算ですから，ｘとｙにどんな自然数を入れても自然数ｚは必ず存在します．この問題を有限体Ｆp上で考えるとｘはｐ通り，ｙもｐ通りでｚは必ず存在しますから，全部でｐ^2通り，それから（０，０，０）を除いてｐ^2−１通り．同じものがｐ−１組ありますから，
Ｎp＝（ｐ^2−１）／（ｐ−１）＝ｐ＋１
が答えになります．
［２］ｎ＝２の場合はピタゴラス方程式ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2と呼ばれ，無数の解をもち，しかもすべての解をもれなく求めることのできる公式も知られています．
有限体上で考えると，ｐ＝５では
ｘ ｜０，１，２，３，４
ｘ^2｜０，１，４，４，１
ですから
ｘ＼ｙ ０ １ ２ ３ ４
０ (0,0,0) (0,1,1) (0,2,2) (0,3,2) (0,4,1)
(0,1,4) (0,2,3) (0,3,3) (0,4,4)
１ (1,0,1) (1,2,0) (1,3,0)
(1,0,4)
２ (2,0,2) (2,1,0) (2,4,0)
(2,0,3)
３ (3,0,2) (3,1,0) (3,4,0)
(3,0,3)
４ (4,0,1) (4,2,0) (4,3,0)
(4,0,4)
(0,0,0)を除いた２４個の解で，たとえば，
（１，２，４）＝（２，４，３）＝（３，１，２）＝（４，３，１）
は同じ点とみなすことができるわけですから，４個ずつ組になり
Ｎ5＝２４／４＝６＝５＋１
ｐ＝７では
ｘ ｜０，１，２，３，４，５，６
ｘ^2｜０，１，４，２，２，４，１
より
ｘ＼ｙ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６
０ (0,0,0) (0,1,1) (0,2,2) (0,3,3) (0,4,3) (0,5,2) (0,6,1)
(0,1,6) (0,2,5) (0,3,4) (0,4,4) (0,5,5) (0,6,6)
１ (1,0,1) (1,1,3) (6,1,3)
(1,0,6) (1,1,4) (6,1,4)
２ (2,0,2) (2,2,1) (2,5,1)
(2,0,5) (2,2,6) (2,5,6)
３ (3,0,3) (3,3,2) (3,4,2)
(3,0,4) (3,3,5) (3,4,5)
４ (4,0,3) (4,3,2) (4,4,2)
(4,0,4) (4,3,5) (4,4,5)
５ (5,0,2) (5,2,1) (5,5,1)
(5,0,5) (5,2,6) (5,5,6)
６ (6,0,1) (6,1,3) (6,6,3)
(6,0,6) (6,1,4) (6,6,4)
(0,0,0)を除いた４８個の解で６個ずつ組になりますから
Ｎ7＝４８／６＝８＝７＋１
どちらも
Ｎp＝ｐ＋１
となりましたが，任意のｐにおいてこれが成り立つことは
ｘ^2＝ａ （ｍｏｄｐ）
においては
（ｐ−ｘ）^2＝ｘ^2 （ｍｏｄｐ）
より，｛１，２，・・・，（ｐ−１）／２｝の各平方と｛ｐ−１，ｐ−２，・・・，（ｐ＋１）／２｝の各平方が合同となり，したがって半数が平方剰余，残りの半数が平方非剰余になることから理解されます．
また，
ｘ^2｜０，１，４，４，１
ｘ^2｜０，１，４，２，２，４，１
のように最初の０を除いた部分は回文（前から読んでも後から読んでも同じ）になっているという事実もこのことから理解されるでしょう．
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【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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【３】ここで復習を！
ｐ＝７のとき，ｘ^3＝ａを満たすＦ7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個となりますが，その違いがどこからくるのか知るために，ここで有限体の復習をしておきましょう．
有限体Ｆpの０以外の元をａとします．このとき，ａをｐ回足すとはじめて０になります．素数７を例にとって，Ｆ7でａ＝３を何回もたしてみると
３＋３＝６
３＋３＋３＝６＋３＝２
３＋３＋３＋３＝２＋３＝５
３＋３＋３＋３＋３＝５＋３＝１
３＋３＋３＋３＋３＋３＝１＋３＝４
３＋３＋３＋３＋３＋３＋３＝４＋３＝０
このｐを有限体Ｆpの「標数」といいます．
また，ａをｐ−１回掛けると１になります．Ｆ7において
ａ＼^n １ ２ ３ ４ ５ ６
１ １ １ １ １ １ １
２ ２ ４ １ ２ ４ １
３ ３ ２ ６ ４ ５ １
４ ４ ２ １ ４ ２ １
５ ５ ４ ６ ２ ３ １
６ ６ １ ６ １ ６ １
最後の列はすべて１です．
このように，ｐで割り切れない整数ａに対して，フェルマーの（小）定理
ａ^(p-1)＝１ （ｍｏｄ ｐ）
が成り立つというわけです．また，このことからａ^(p-2)がａの逆元となることも理解されます．
１／ａ＝ａ^(p-2)
Ｆ7では，
１／３＝３^5＝５，１／６＝６^5＝６
この表において，１は１乗してはじめて１になりますが，２は３乗して，３は６乗して，４は３乗して，５は６乗して，６は２乗してはじめて１になります．何乗かして１になるとき，その最小のものを「位数」と呼びます．ｐ＝７のとき，ａ＝１，２，３，４，５，６の位数はそれぞれ１，３，６，３，６，２ですが，ここで位数として現れる数はすべて６＝７−１の約数です．一般にＦpの位数はｐ−１の約数となります．
また，ｐと互いに素な整数ａがｐ−１乗してはじめて１になるとき，ａを「原始根」といいます．Ｆ7においては３，５が原始根です．
Ｆ5においては
ａ＼^n １ ２ ３ ４
１ １ １ １ １
２ ２ ４ ３ １
３ ３ ４ ２ １
４ ４ １ ４ １
より２，３が原始根となります．
任意の素数について原始根ｒは少なくとも１つ存在します．１つとは限らないため，原始根ｒの選び方は１通りではありませんが，１つ選んで固定します．そしてＦpにおける原始根ｒが与えられたとき，０以外のすべての元は，
ａ＝ｒ^i （i=0〜p-2）
の形に表すことができます．ｉを（ｒに関する）「指数」と呼びます．Ｆpの０以外のすべての元はｒを生成元とする位数ｐ−１の巡回群というわけです．
Ｆ7において，原始根ｒ＝３とすると
ｉ ： ０，１，２，３，４，５
ａ＝ｒ^i： １，３，２，６，４，５
ですから，６の指数は３，１の指数は０ということになります．また，原始根としてｒ＝５を選ぶと
ｉ ： ０，１，２，３，４，５
ａ＝ｒ^i： １，５，４，６，２，３
で，同様に６の指数は３，１の指数は０となります．
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【４】ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3 on Ｆp=1(mod3)
前節より，３乗で表される数ｘ^3＝ａの解の個数が
指数が３の倍数のとき・・・・・３個
指数が３の倍数でないとき・・・０個
で与えられることが理解されます．
ｐ＝１（ｍｏｄ３）の場合，Ｎpは複雑となるのですが，実は
ｘ^3＋ｙ^3＝１ （ｘ≠０，ｙ≠０）
の解の個数をＭpとおけば，
Ｎp＝９＋Ｍp
となることがわかっています．
そこで，
Ｓ（ｕ）＝（ｕ＝ｘ^3を満たす解の個数）
Ｓ（ｖ）＝（ｖ＝ｙ^3を満たす解の個数）
とおくと，Ｆ7では
指数が３の倍数のとき・・・・・Ｓ(1)＝Ｓ(6)＝３
指数が３の倍数でないとき・・・Ｓ(2)＝Ｓ(3)＝Ｓ(4)＝Ｓ(5)＝０
で，ｕ＋ｖ＝１を満たす（ｕ，ｖ）の組は
（２，６），（３，５），（４，４），（５，３），（６，２）
ですから
Ｍ7＝Ｓ(2)Ｓ(6)+Ｓ(3)Ｓ(5)+Ｓ(4)Ｓ(4)+Ｓ(5)Ｓ(3)+Ｓ(6)Ｓ(2)＝０
より，Ｎ7＝９が得られるというわけです．
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次に，
指数が３の倍数のとき・・・・・３個
指数が３の倍数でないとき・・・０個
と結びつけるために，１の原始３乗根
ω＝（−１＋√３）／２，ω~＝（−１−√３）／２
ω^2＝ω~，１＋ω＋ω^2＝０
を使うことにします．
ω^k＝０ （ｋ＝０ ｍｏｄ３）
＝ω （ｋ＝１ ｍｏｄ３）
＝ω^2 （ｋ＝２ ｍｏｄ３）
ですから
１＋ω^k ＋ω^2k＝３ （ｋ＝０ ｍｏｄ３）
＝０ （ｋ≠０ ｍｏｄ３）
が成立します．１＋ω^k ＋ω^2kという式は指数ｋが３で割り切れるかどうかの指標になっているというわけです．
Ｆpにおける原始根ｒが与えられたとき，０以外のすべての元は，
ａ＝ｒ^k （k=0〜p-2）
で表されるのですが，このとき，
χ（ａ）＝ω^k，χ~（ａ）＝ω~^k＝ω^2k
と定めます．この指標は乗法的性質
χ(m)χτ(n)＝χτ(mn)
をもっています．
するとＦ7（ｒ＝３）では
ａ ：１ ，２ ，３ ，４ ，５ ，６
ｋ ：０ ，２ ，１ ，４ ，５ ，３
χ(a) ：１ ，ω^2，ω ，ω ，ω^2，１
χ~(a)：１ ，ω ，ω^2，ω^2，ω ，１
これより
ｘ^3＝ａなるｘが存在する←→χ(a)＝１，χ~(a)＝１
Σχ(a)＝Σχ(r^k)＝Σω^k＝０
Σχ~(a)＝Σχ(r^k)＝Σω^2k＝０
であり，
Ｓ（ｕ）＝１＋ω^k ＋ω^2k＝１＋χ(u)＋χ~(u)
Ｓ（ｖ）＝１＋ω^2k ＋ω^k＝１＋χ(v)＋χ~(v)
ここで，
Ｊ(χ)＝Σχ(u)χ(v)
Ｊ(χ~)＝Σχ~(u)χ~(v) （Σはu+v=1をわたる）
なる記号を使えば
Ｍp＝ｐ−８＋Ｊ(χ)＋Ｊ(χ~)
より
Ｎp＝ｐ＋１＋Ｊ(χ)＋Ｊ(χ~)
と表されます．
Ｊ(χ)とＪ(χ~)はヤコビ和と呼ばれる複素数ですが，Ｆ7（ｒ＝３）の場合は
Ｊ(χ)＝χ(2)χ(6)+χ(3)χ(5)+χ(4)χ(4)+χ(5)χ(3)+χ(6)χ(2)
＝２ω^3＋３ω^2＝−１−３ω
同様に
Ｊ(χ~)＝２＋３ω，
Ｊ(χ)＋Ｊ(χ~)＝１，Ｊ(χ)Ｊ(χ~)＝７
となります．
このように，Ｊ(χ)＋Ｊ(χ~)は実数となり，また，
｜Ｊ(χ)｜^2＝Ｊ(χ)Ｊ(χ~)＝ｐ
｜Ｊ(χ)｜＝｜Ｊ(χ~)｜＝√ｐ
が成り立ちますから，ｐ＝１（ｍｏｄ３）のとき
ｐ＋１−２√ｐ＜Ｎp＜ｐ＋１＋２√ｐ
となることがわかります．Ｎpは各素数ｐごとにてんでんばらばらになっておらす，そこにはある秩序が存在しているというわけです．
なお，
ｐ＋１−２√ｐ＜Ｎp＜ｐ＋１＋２√ｐ
という式は楕円曲線と有限体の関係においても登場しますので，それについてはコラム「楕円曲線と有限体」，「谷山予想・佐藤予想・ラマヌジャン予想」をご参照下さい．ワイルズも２０代になったばかりのデビューしたての頃，楕円曲線のゼータ関数についての仕事で数学界に衝撃を与えました．
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【５】ヤコビ和とガウス和
互いに素な整数ａ，ｂに対する平方の和ａ^2＋ｂ^2は３で割れません．
ａ＝３ｋ → ａ^2＝９ｋ^2
ａ＝３ｋ＋１ → ａ^2＝９ｋ^2＋６ｋ＋１
ａ＝３ｋ＋２ → ａ^2＝９ｋ^2＋１２ｋ＋４
より，ａ^2を３で割ったときの余りは０か１になります．０になるのはａが３の倍数のときです．
ｂ^2に対しても同じことが成り立ちますから，ａ^2＋ｂ^2を３で割ると，余りは０＋０，０＋１，１＋０，１＋１にしかなりません．０＋０はａもｂも３の倍数であることに対応していて，仮定に反します．
４ｎ＋３の数はａ^2＋ｂ^2の形にならないことも簡単に示すことができます．
ａ＝４ｋ → ａ^2＝０ （ｍｏｄ ４）
ａ＝４ｋ＋１ → ａ^2＝１ （ｍｏｄ ４）
ａ＝４ｋ＋２ → ａ^2＝０ （ｍｏｄ ４）
ａ＝４ｋ＋３ → ａ^2＝１ （ｍｏｄ ４）
したがって，ａ^2＋ｂ^2を４で割ったときの余りは０＋０，０＋１，１＋０，１＋１にしかならないので，この主張が示されました．
ｐを素数として，ｐ＝ｘ^2＋ｙ^2を満たす整数ｘ，ｙが存在するための必要十分条件は
ｐ＝１（ｍｏｄ４）またはｐ＝２
であることは有名です．
それに較べてあまり知られていないのですが，ｐ＝ｘ^2−ｘｙ＋ｙ^2を満たす整数ｘ，ｙが存在するための必要十分条件は
ｐ＝１（ｍｏｄ３）またはｐ＝３
が成り立つことです．
ヤコビ和を使うと（←）が簡単に証明できます．
（証明）ｐ＝２（ｍｏｄ３）であれば，ｘ^2−ｘｙ＋ｙ^2を割った余りは２になり得ないので解なし．ｐ＝１（ｍｏｄ３）であれば，
Ｊ(χ)＝ｘ＋ｙω，Ｊ(χ~)＝ｘ＋ｙω~
と表される．
ｐ＝｜Ｊ(χ)｜^2＝Ｊ(χ)Ｊ(χ~)
＝（ｘ＋ｙω）（ｘ＋ｙω~）＝ｘ^2−ｘｙ＋ｙ^2
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ここで，一般的に話を進めるためにガウス和とヤコビ和の本来の姿を導入しますが，位数ｐ−１の巡回群の指標には１のｐ乗根が対応して，
ζ＝ｅｘｐ（２πｉ／ｐ）
として
τ(χ）＝Σχ(x)ζ^x (x=1~p-1)
を指標χ(x)に属するガウス和と呼びます．すなわち，ガウス和はＦpに１のｐ乗根ζを添加した拡大体におけるχの１次結合です．
また，指標χ(x)，φ(x)に対して，ヤコビ和
Ｊ(χ,φ)＝Σχ(x)φ(1-x)＝τ(χ）τ(φ)／τ(χφ)
が定義されます．前節の例ではφ＝χとなっていたことがおわかり頂けたでしょうか．ヤコビ和は本来は２つの指標から定まるものであって，ここでは簡単に
Ｊ(χ,χ)＝Ｊ(χ)
Ｊ(χ~,χ~)＝Ｊ(χ~)
と書いているのです．また，これらの大きさは
｜τ(χ）｜＝√ｐ
｜Ｊ(χ,φ)｜＝√ｐ
で与えられます．
なお，ガウス和の定義はガンマ関数
Γ(s)＝∫(0,∞)ｘ^(s-1)ｅｘｐ(-x)ｄｘ
ヤコビ和はベータ関数
Ｂ(p,q)＝∫(0,1)ｘ^(p-1)（１−ｘ）^(q-1)ｄｘ＝Γ(p)Γ(q)／Γ(p+q)
と非常によく似ていています．ガンマ関数とベータ関数が兄弟分にあたるように，ガウス和とヤコビ和も兄弟分というわけです．
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【６】拡大体Ｆp^nにおける解の個数Ｎ(n)
フェルマーの問題を拡張する方向としては，一つには指数を大きくすること，
ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3 → ｘ^m＋ｙ^m＝ｚ^m
もう一つには有限体の位数を増すこと，
Ｆp → Ｆq＝Ｆp^n （Ｆpのｎ次拡大体：ｑ＝ｐ^n）
の２つの方向が考えられますが，ここでは後者について考えてみることにします．すなわち，この節で取り扱う範囲は
ｍ＼ｎ １ ２ ３ ４ ５ ・・・
１ ○ ○ ○ ○ ○
２ ○ ○ ○ ○ ○
３ ○ ○ ○ ○ ○
５ × × × × ×
７ × × × × ×
ということになります．
Ｆp^nの０でない元の全体は，位数ｐ^n−１の乗法群をなします．この群のすべての元は
ｆ（ｘ）＝ｘ^(p^n-1)−１＝０，すなわち，ｘ^(p^n)＝ｘ
を満たします．また，
（ｘ＋ｙ）^p＝ｘ^p＋ｙ^p （和のｐ乗はｐ乗の和）
（ｘｙ）^p＝ｘ^pｙ^p （積のｐ乗はｐ乗の積）
ですから，ｐ乗の算法は体をなしています．一般に，
｛ｆ（ｘ）｝^p＝ｆ（ｘ^p）
が成立します．
［注］誤解を避けるために申し添えておきますが，たとえば，
Ｚ／９Ｚ＝｛０，１，２，３，４，５，６，７，８｝
（一般にＺ／ｐ^nＺ）では，有限環とはなっても有限体にはなりません．ｎ≧２ならば，Ｆp^nとＺ／ｐ^nＺはまったく違うものなのです．
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一般に，有限体Ｆpのｎ次拡大体Ｆp^n上の方程式
ｘ＋ｙ＝ｚ （ｘ，ｙ，ｚはＦp^nの元）
の（ｘ，ｙ，ｚ）＝０を除いた解の個数はｐ^2n−１であり，これがｐ^n−１個ずつのグループに分かれているので
Ｎ(n)＝（ｐ^2n−１）／（ｐ^n−１）＝ｐ^n＋１，Ｎ(1)＝Ｎp
ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2の場合も，同様に
Ｎ(n)＝ｐ^n＋１，Ｎ(1)＝Ｎp
となります．
ところが，ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3 on Ｆp^nについての解の数Ｎ(n)を求めることは簡単ではありません．これを求めるためには
c(p)＝ｐ＋１−Ｎ(1)＝ｐ＋１−Ｎp
とおいて，次の関数
Z(T)＝(1-c(p)T+pT^2)/(1-T)(1-pT)
を用います．この関数を合同ゼータ関数といいます．
合同ゼータ関数は数学的知識の積み重ねのうえで定義された関数なので，おいそれとは説明できませんが，Ｎ(n)の母関数であって，ｍ＝１，２のときの合同ゼータ関数は
Z(T)＝1/(1-T)(1-pT)
このとき
-log(1-T)=T+1/2･T^2+1/3･T^3+･･･
ですから
Ｎ(n)/n･T^n=log{1/(1-T)(1-pT)}
=(T+1/2･T^2+1/3･T^3+･･･)+(pT+1/2･p^2T^2+1/3･p^3T^3+･･･)
=Σ(p^n+1)/n･T^n
これより
Ｎ(n)＝ｐ^n＋１，Ｎ(1)＝Ｎp
となります．
Z(T)＝(1-c(p)T+pT^2)/(1-T)(1-pT)
の場合は
Ｎ(n)/n･T^n=log{(1-c(p)T+pT^2)/(1-T)(1-pT)}
=Σ(p^n+1)/n･T^n-(c(p)T-pT^2)-1/2･(c(p)T-pT^2)^2-1/3･(c(p)T-pT^2)^3+･･･
より
N(1)=p+1-c(p)
N(2)=(p+1)^2-c(p)^2
N(3)=p^3+1+3pc(p)-c(p)^3
N(4)=(p^2-1)^2+4pc(p)^2-c(p)^4
N(5)=p^5+1-5p^2c(p)+5pc(p)^3-c(p)^5
N(6)=(p^3+1)^2-9p^2c(p)^2+6pc(p)^4-c(p)^6
N(7)=p^7+1+7p^3c(p)-14p^2c(p)^3+7pc(p)^5-c(p)^7
N(8)=(p^4-1)^2+16p^3c(p)^2-20p^2c(p)^4+8pc(p)^6-c(p)^8
N(9)=p^9+1-9p^4c(p)+30p^3c(p)^3-27p^2c(p)^5+9pc(p)^7-c(p)^9
N(10)=(p^5+1)^2-25p^4c(p)^2+50p^3c(p)^4-35p^2c(p)^6+10pc(p)^8-c(p)^10
この数値は小生が数式処理ソフトを用いずに手計算で求めたものであり，信頼率は50%以下と思われました．そこで畏友・阪本ひろむ氏にお願いしてMathematicaで確認してあります．
とくに，ｐ＝２（ｍｏｄ３）のときはc(p)=0ですから，
Z(T)＝(1+pT^2)/(1-T)(1-pT)
N(1)=p+1
N(2)=(p+1)^2
N(3)=p^3+1
N(4)=(p^2-1)^2
N(5)=p^5+1
N(6)=(p^3+1)^2
N(7)=p^7+1
N(8)=(p^4-1)^2
N(9)=p^9+1
N(10)=(p^5+1)^2
で与えられます．
なお，ｍ＝１，２のときの合同ゼータ関数
Z(T)＝1/(1-T)(1-pT)
がオイラー積
ζ(s)＝Σｎ^(-s)＝Π（１−ｐ^(-s)）^(-1)
に似ているのに対して，
Z(T)＝(1-c(p)T+pT^2)/(1-T)(1-pT)
は，楕円曲線の場合のＬ関数
Ｎp＝ｐ＋１＋（誤差項）＝ｐ＋１＋Ｍp
c(p)＝−Ｍp
L(s)=Π(1-c(p)p^(-s)+p^(1-2s))^(-1)
によく似ていることがわかります．
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