今回のコラムではフィボナッチ・フェルマーの方程式を拡張してみる．その方程式は小野孝先生によって広く研究されてきたものであるが，フィボナッチの問題，合同数問題（１２２０年）のような古く素朴な問題に対して，２０世紀数学の様々な分野の強力で洗練された道具が必要とされることは実に驚くべきことであろう．
［参］小野孝「オイラーの主題による変奏曲」実教出版
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【１】フィボナッチの問題の拡張
フィボナッチ・フェルマーの方程式
ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2
ｘ^2−ｙ^2＝ｗ^2
を拡張してみることにしましょう．
より一般に
ｘ^2＋ｍｙ^2＝ｚ^2
ｘ^2＋ｎｙ^2＝ｗ^2
の自然数解の有無を問うものですが，いってみれば連立の類体論のごとき問題です．
その証明の筋道は
ａ）２つの２次曲面
ｘ^2＋ｍｙ^2＝ｚ^2
ｘ^2＋ｎｙ^2＝ｗ^2
の交わりである射影空間Ｐ^3における曲線は，
φ（ｘ，ｙ，ｚ）＝（ｙ（ｚ^2−ｍｘ^2）＝ｘ（ｚ^2−ｎｙ^2），２ｘｙｚ，ｙ（ｚ^2＋ｍｘ^2），ｘ（ｚ^2−ｎｙ^2））
ψ（ｘ0，ｘ1，ｘ2，ｘ3）＝（１／ｍ（ｘ2−ｘ0），１／ｎ（ｘ3−ｘ0），ｘ1）
とおいてみると，射影平面Ｐ^2における楕円曲線
ｍｘ^2ｙ−ｎｙｘ2−（ｘ−ｙ）ｚ^2＝０
ｙ（ｚ^2−ｍｘ^2）＝ｘ（ｚ^2−ｎｙ^2）
と双正則同型になること（整数点は整数点に移る）
ｂ）ｍｘ^2ｙ−ｎｙｘ2−（ｘ−ｙ）ｚ^2＝０において，ｘ−ｙ＝１とおくと
ｚ^2＝（ｎ−ｍ）ｘ（ｘ−１）（ｘ−ｎ／（ｎ−ｍ））
ｚ＝（ｎ−ｍ）^(1/2)ｙと変数変換すると
ｙ^2＝ｘ（ｘ−１）（ｘ−λ） λ＝ｎ／（ｎ−ｍ）
さらに，λを（λ−１）／λに置き換えると，λ＝ｍ／ｎ
ｍ＝（λ1−λ3）／（λ0−λ3）
ｎ＝（λ1−λ2）／（λ0−λ2）
すなわち，この曲線は射影的に
ｙ^2＝ｘ（ｘ−１）（ｘ−λ），λ＝ｎ／（ｎ−ｍ）
と同値であること，したがって，ｊ不変量は
ｊ＝２^8（ｎ^2−ｍｎ＋ｍ^2）^3／ｍ^2ｎ^2（ｎ−ｍ）^2
で表されること
ｃ）楕円曲線には，楕円曲線と三点で交わる直線で，そのうちの二つの交点の座標がわかれば他の一点の座標も計算でき，二つの点の座標が有理数ならば，他の一点の座標も有理数であるなどの性質をもっている（群構造）ことから，Ｐ＝（ｘ），Ｑ＝（ｙ），Ｐ＋Ｑ＝（ｚ）＝（ｚ0，ｚ1，ｚ2）とすると（かなりの努力の後），
ｚ0＝（ｘ1ｙ0−ｘ0ｙ1）（ｘ0ｙ0−２ｎｘ2ｙ2）＋（ｘ0ｙ2−ｘ2ｙ0）（ｘ0ｙ0−２ｍｘ1ｙ1）＋ｍ（ｘ1^2ｙ0ｙ2−ｘ0ｘ2ｙ1^2）＋ｎ（ｘ0ｘ1ｙ2^2−ｘ2^2ｙ0ｙ1）
ｚ1＝（ｘ1^2ｙ0^2−ｘ0^2ｙ1^2）＋（ｘ0^2ｙ1ｙ2−ｘ1ｘ2ｙ0^2）＋（２ｘ0ｙ0−ｍｘ1ｙ1）（ｘ2ｙ1−ｘ1ｙ2）＋ｎ（ｘ2^2ｙ1^2−ｘ1^2ｙ2^2）
ｚ2＝（ｘ1ｘ2ｙ0^2−ｘ0^2ｙ1ｙ2）＋（ｘ0^2ｙ2^2−ｘ1^2ｙ0^2）＋２ｘ0ｙ0（ｘ2ｙ1−ｘ1ｙ2）＋ｍ（ｘ2^2ｙ1^2−ｘ1^2ｙ2^2）
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たとえば，ｍ＝５，ｎ＝−５とすると
Ｆ＝ｍｘ^2ｙ−ｎｙｘ2−（ｘ−ｙ）ｚ^2
＝５ｘ1^2ｘ2＋５ｘ1ｘ2^2＋ｘ1ｘ0^2−ｘ2ｘ0^2＝０
この上の点Ｐ＝（ｘ）＝（ｘ0，ｘ1，ｘ2）＝（３０，４，５）とすると，
２Ｐ＝（６２２７９，１１５３２，２８８１２）
次に
φ（ｘ，ｙ，ｚ）＝（ｙ（ｚ^2−ｍｘ^2）＝ｘ（ｚ^2−ｎｙ^2），２ｘｙｚ，ｙ（ｚ^2＋ｍｘ^2），ｘ（ｚ^2−ｎｙ^2））
を用いて，整数点φ（Ｐ），φ（２Ｐ）を計算すると，
φ（Ｐ）＝（４１，１２，４９，３１）
→４１^2＋５・１２^2＝４９^2
４１^2−５・１２^2＝３１^2
φ（２Ｐ）＝（３３４４１６１，１４９４６９６，４７２８００１，−１１３２７９）
→３３４４１６１^2＋５・１４９４６９６^2＝４７２８００１^2
３３４４１６１^2−５・１４９４６９６^2＝（−１１３２７９）^2
この節の最後に，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．
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【２】テータ関数の利用
前節では平面楕円曲線の群構造を利用しましたが，この節ではヤコビの４つのテータ関数を利用して空間曲線：
ｘ^2＋ｍｙ^2＝ｚ^2
ｘ^2＋ｎｙ^2＝ｗ^2
に直接群構造をいれてみることにします．以下，その解析的な証明の筋道だけを示します．
ａ）Θ（ｕ）＝（θ0(z)，1/√kθ1(z)，√k'/kθ2(z)，√k'θ3(z)）
＝（ｘ0，ｘ1，ｘ2，ｘ3）
ｋ＝（θ2(0)／θ3(0)）^2
ｋ’＝（θ0(0)／θ3(0)）^2
√ｋ’／ｋ＝θ0(0)／θ2(0)
と定義すると，テータ関数の加法公式より，
ｘ0^2−ｘ1^2＝ｘ2^2
ｘ0^2−ｋ^2ｘ1^2＝ｘ3^2
なる写像を得る
さらに，Θ（ｕ）＝ｘ，Θ（ｕ’）＝ｙ，Θ（ｕ＋ｕ’）＝ｚとおくと
ｚ＝（ｘ0^2ｙ0^2−ｋ^2ｘ1^2ｙ1^2，ｘ0ｘ1ｙ2ｙ3＋ｘ2ｘ3ｙ0ｙ1，ｘ0ｘ2ｙ0ｙ2−ｘ1ｘ3ｙ1ｙ3，ｘ0ｘ3ｙ0ｙ3−ｋ^2ｘ1ｘ2ｙ1ｙ2）
ｂ）λ＝ｎ／ｍとおくと，ｋ^2（τ）＝λなるτが固定される．すなわち，ｍ，ｎを固定することはτをひとつ適当に固定することに相当し，群構造が確定する
たとえば，ｍ＝５，ｎ＝−５とすると，前節でみたようにｘ＝（４１，１２，４９，３１）は空間曲線上の点であり，
２ｘ＝（ｘ0^4＋２５ｘ1^4，２ｘ0ｘ1ｘ2ｘ3，ｘ0^2ｘ2^2＋５ｘ1^2ｘ2^2，ｘ0^2ｘ3^2−５ｘ1^2ｘ2^2）＝（３３４４１６１，１４９４６９６，４７２８００１，−１１３２７９）についても同様．
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【３】可解性条件
これまで（ｍ，ｎ）＝（５，−５）には自然数解があることが得られましたが，
ａ）（ｍ，ｎ）＝（１，−１）には自然数解は存在しないことの証明がフィボナッチ・フェルマーの定理であること
（ｙ＞０，ｘ，ｚ，ｗはすべて≧０としてよい．ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2よりｚ＞０．またここでｘ＞０．もしｘ＝０ならばｘ^2−ｙ^2＝−ｙ^2＝ｗ^2＜０となり矛盾．またｗ＞０．もしｗ＝０ならばｘ^2−ｙ^2＝ｗ^2＝０より，ｘ＝ｙ．これをｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2に代入すると２ｘ^2＝ｚ^2となり矛盾．したがって，非自明解があるとすると自然数解ができてしまい，フィボナッチ・フェルマーの定理に矛盾する．）
ｂ）自明な解を除いて（ｍ，ｎ）＝（１，２）には自然数解がない，一方，（２，６）には自然数解，たとえば，（ｘ，ｙ）＝（１，２），（１９１，６０）などがあることが帰結として導かれます．
１^2＋２・２^2＝３^2，１^2＋６・２^2＝５^2
１９１^2＋２・６０^2＝２０９^2，１９１^2＋６・６０^2＝２４１^2
拡張したフィボナッチ・フェルマーの方程式
ｘ^2＋ｍｙ^2＝ｚ^2
ｘ^2＋ｎｙ^2＝ｗ^2
の自然数解の有無については部分的な解答が得られているだけで，完全な解決（一般的な可解性条件）はまだ得られていませんが，わかっていること，予想されていることについてまとめておきましょう．
ａ）（ｍ，ｎ）＝（１，２ｎ^2−１） （ｎ≧２）には非自明解がある
ｂ）（ｍ，ｎ）＝（ｍ，２−ｍ） （ｍ≠０，１，２）には非自明解がある
ｃ）（ｍ，ｎ）＝（ｋ，−ｋ） （ｋは分離的数）の場合，
ｋ＝１，ｋ＝２→自明解のみ
ｋ＝３（ｍｏｄ８）→自明解のみ
ｋ＝５，６，７（ｍｏｄ８）７→非自明解がある
ｋ＝１，２（ｍｏｄ８）→どちらの場合もある
ｋが分離的とはｐ^2｜ｋなる素数ｐがないこと，すなわち，ｋ＝±ｐ1ｐ2・・・ｐn，ｐi≠ｐjと因数分解されることである（ｋ＝±１は分離的，ｋ＝１は平方数であり分離的数である唯一の整数）．
ｋ＝５，６，７（ｍｏｄ８）７→非自明解がある
という予想は，ＢＳＤ予想からも自然にでてくるものであるという．
ｄ）（ｍ，ｎ）＝（ｋ，−ｋ）に非自明解がある場合，
ｋｃ^2＝ａｂ（ａ^2−ｂ^2） （ａ，ｂ）＝１，ａ≠ｂ（ｍｏｄ２）
を満足するａ，ｂ，ｃに対して，
ｘ＝（ａ^2＋ｂ^2，２ｃ，ａ^2−ｂ^2＋２ａｂ，ａ^2−ｂ^2−２ａｂ）
は非自明解を与える．
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