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．
（その２）では，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
（その１）では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２）→ F(q)=qΠ(1-q^4n)^2(1-q^8n)^2
（その３）→ 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．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【３】３次曲線のｊ-不変量
非特異３次曲線の標準型：
ｙ^2＝ｘ（ｘ−１）（ｘ−λ）
のｊ-不変量は
ｊ＝２^8（λ^2−λ＋１）^3／λ^2（λ−１）^2
によって定義されます．λ＝−１のときｊ＝１７２８，λ＝−ζ6（１の６乗根）のときｊ＝０となります．
射影変換によって互いに写り合う３次曲線は同型とみなされます．ｊｰ不変量はモジュラー不変量とも呼ばれ，
ｊ（λ）＝ｊ（１−λ）＝ｊ（１／λ）
＝ｊ（１−１／λ）＝ｊ（１／（１−λ））＝ｊ（λ／（１−λ））
ですから，４個の点｛０，１，λ，∞｝の入れ替えに依存しないinvariantで，最も単純で重要な保型関数と考えられます．
複比を
λ＝｛（λ0−λ2）／（λ1−λ2）｝／｛（λ0−λ3）／（λ1−λ3）｝
によって定義すると，λiの順序を変えるとλの値は変わります．すなわち，｛λ0，λ1，λ2，λ3｝からつくられる複比の値は，
λ，１−λ，１／（１−λ），１／λ，λ／（λ−１），（λ−１）／λ
の６つのどれかに移ります．｛λ0，λ1，λ2，λ3｝の６つの対に対して計算すればこのことは容易に確かめられます．
この順序による曖昧さを消すために，λの６つの分数変換の不変式をとって，
ｊ＝２^8（λ^2−λ＋１）^3／λ^2（λ−１）^2
とおくのです．複比は一次分数変換で不変であり，ｊもまた射影変換で不変です．（直線上の４点の複比は射影によって不変である）
なお，
ｊ（λ）＝ｊ（１−λ）＝ｊ（１／λ）
が成り立てば，あとの等式はこの２つから導かれますから，有理関数
（λ^2−λ＋１）^3／λ^2（λ−１）^2
が本質的であって，係数２^8には本質的な意味はありません．実際，
（ｘ^2−ｘ＋１）^3／ｘ^2（ｘ−１）^2＝（λ^2−λ＋１）^3／λ^2（λ−１）^2
と，変数ｘの方程式を考えると，
λ^2（λ−１）^2（ｘ^2−ｘ＋１）^3−（λ^2−λ＋１）^3ｘ^2（ｘ−１）^2＝０
はλ≠０，１より，６次方程式となり，
λ，１−λ，１／（１−λ），１／λ，λ／（λ−１），（λ−１）／λ
のどれを代入しても成り立ちます．重複が生ずるのは
λ^2−λ＋１＝０，λ＝１／２，λ＝−１，λ＝２
の場合に限ります．
ｙ＝ａｘ^3＋ｂｘ^2＋ｃｘ＋ｄという方程式で定まる曲線はおなじみの３次曲線ですが，ｙのところがｙ^2に変わるとワイエルシュトラスの楕円曲線：
ｙ^2＝ａｘ^3＋ｂｘ^2＋ｃｘ＋ｄ
になります．ただし，ａ，ｂ，ｃ，ｄは有理数で，右辺の３次式は重根をもたないものと仮定します．楕円曲線をワイエルシュトラス形式に制限しても一般性を失いません．実際，どのような楕円曲線もワイエルシュトラス形式の楕円曲線に双有理的に同値だからです．
また，ｘ^2の項の係数はｘ’＝ｘ＋ｂ／３ａと変数変換（カルダノ変換）することによって簡単に消すことができますから，
ｙ^2＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂ （４ａ^3＋２７ｂ^2≠０）
を楕円曲線と定義しても構いません．４ａ^3＋２７ｂ^2≠０は重根をもたないための条件です（判別式：Δ＝−（４ａ^3＋２７ｂ^2））．
ワイエルシュトラスの標準形：
ｙ^2＝ｘ^3＋ａｘ＋ｂ （２^2ａ^3＋３^3ｂ^2≠０）
のｊ-不変量を計算すると，
ｊ＝２^8・３^3ｂ^2／（２^2ａ^3＋３^3ｂ^2）
となります．ｊｰ不変量は，２つの楕円曲線が同じｊｰ不変量をもつかどうかなど，３次曲線を分類する（見分ける）ための指標になっているのです．
なお，ｊは射影変換不変量であるばかりでなく，双有理変換不変量です（サーモンの定理）．
［参］ヘッセの標準形
非特異３次曲線は９個の変曲点をもつ．そのひとつを（０，１，０）とし，そこでの接線がｚ＝０となるように射影座標をとると，ワイエルシュトラスの標準形：
ｙ^2ｚ＝４ｘ^3−ｇ2ｘｚ^2−ｇ3ｚ^3
の形にできる．
さらに，９個の変曲点が
（−１，ω^i，０），（−１，０，ω^i），（０，−１，ω^i）
ωは１の虚数立方根，i=0,1,2
となるような射影座標をとると，ヘッセの標準形
ｘ^3＋ｙ^3＋ｚ^3−３λｘｙｚ＝０
に正規化することができる．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
【４】オイラーによる楕円曲線の解法
オイラーによる楕円曲線：ｙ^2＝ａｘ^3＋ｂｘ^2＋ｃｘ＋ｄの解法を紹介しましょう．
ｄ＝ｆ^2とする．ｇを未知数として，ａｘ^3＋ｂｘ^2＋ｃｘ＋ｆ^2＝（ｇｘ＋ｆ）^2なる関係を考える．ｃ＝２ｆｇになるようにｇを定めれば，ａｘ＋ｂ＝ｇ^2．したがって，
ｘ＝（ｇ^2−ｂ）／ａ＝（ｃ^2−４ｂｆ^2）／４ａｆ^2
なる有理数解を得る．
手品のようですが，幾何学的に考えると
Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ^2−ａｘ^3−ｂｘ^2−ｃｘ−ｆ^2
の点（０，ｆ）における接線の方程式は−ｃｘ＋２ｆ（ｙ−ｆ）＝０．ここで，ｃ＝２ｆｇと定めるとｙ＝ｇｘ＋ｆになる．曲線は３次で，接点では２重に交わるから，第３の交点（有理点）が１つ決まるのです．
ｙ^2＝ａｘ^4＋ｂｘ^3＋ｃｘ^2＋ｄｘ＋ｅ
では，ｅ＝ｆ^2，ｄ＝２ｇｆ，ｃ＝ｇ^2＋２ｈｆとおくと，ａｘ^4＋ｂｘ^3＋ｃｘ^2＋ｄｘ＋ｆ^2＝（ｈｘ^2＋ｇｘ＋ｆ）^2より，ａｘ＋ｂ＝ｈ^2＋２ｈｇ．したがって，
ｘ＝（ｂ−２ｈｇ）／（ｈ^2−ａ）
なる解が得られます．
ｙ^3＝ａｘ^3＋ｂｘ^2＋ｃｘ＋ｄ
の場合も同様に解くことができますが，これらの方法は実質的にはディオファントスまでさかのぼることができます．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝