■テータ関数の応用（その２）
ヤコビの楕円関数θ1，θ2，θ3，θ4において，しばしば
θ4＝θ0
と書かれます．そのわけは，射影空間の点ｘ＝（ｘ0，ｘ1，ｘ2，ｘ3）の座標の添字０，１，２，３に対応させるためです．
射影空間では，直線上の４点の複比
｛（ｘ0−ｘ2）／（ｘ1−ｘ2）｝／｛（ｘ0−ｘ3）／（ｘ1−ｘ3）｝
は不変です．今回のコラムでは，拡張したフィボナッチの問題をテータ関数を用いて証明してみることにします．
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【１】フィボナッチの問題
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．
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【２】３次曲線のｊ-不変量
ところで，放物線，楕円，双曲線はまとめて円錐曲線とも呼ばれますが，２次式で定義されるので，２次曲線ともいいます．そして，無限遠点を導入して，考えている曲線を射影曲線として捉えると，２次曲線はひとつのものとして統一的に考えられるようになります（射影幾何）．なぜなら，違いは無限遠直線の選び方（無限遠直線と交わらない，接する，交わる）にあるだけであって，どれも同種の曲線と考えることができるからです．
一方，３次曲線は，射影変換を用いれば次のいずれかに変換されます．
(1)ｙ^2＝ｘ^3
(2)ｙ^2＝ｘ^2（ｘ−１）
(3)ｙ^2＝ｘ（ｘ−１）（ｘ−λ）
(1)は「く」の字型曲線で原点で尖点をもちます．(2)は「の」の字型曲線で原点を通ったところでループを描いて自分自身と交差しますから，原点が２重点となります．(3)はループと弓形曲線の２つに分離します．すなわち，(1)(2)は特異点をもち，(3)は非特異です．したがって，滑らかな非特異３次曲線は(3)の標準形に表せます．
特異点を有する(1)(2)は
ｙ^2＝ｘ^3 → （ｔ^3，ｔ^2）
ｙ^2＝ｘ^2（ｘ−１） → （ｔ^2＋１，ｔ（ｔ^2＋１））
より，曲線上のすべての有理点をパラメトライズすることができます．すなわち有理曲線ですが，それに対して，(3)のように，３次曲線が異なる３根をもつ有理係数の多項式の場合は，楕円曲線と呼ばれる非有理曲線で，２次曲線とは本質的に異なってきます．
これらは特異点による分類といってもよいのですが，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．
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．
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．
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【３】フィボナッチの問題の拡張
ここでフィボナッチ・フェルマーの方程式を拡張してみることにしましょう．
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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【４】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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【５】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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［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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［補］正の整数Ａが３辺が有理数の直角三角形の面積になっているとき，すなわち，Ａ＝ａｂ／２，ａ^2＋ｂ^2＝ｈ^2のとき，合同数と呼ばれる．６は直角三角形（３，４，５）の面積，３０は直角三角形（５，１２，１３）の面積であるから合同数である．最小の合同数は直角三角形（３／２，３０，３，４１／６）の面積５である．１は合同数ではない．
（平方因子をもたない）正の整数Ａが合同数であるための必要十分条件は
ｘ^2＋Ａｙ^2＝ｚ^2
ｘ^2−Ａｙ^2＝ｗ^2
が整数解でｙ≠０のものをもつことである．
合同数問題における整数Ａの性質と楕円曲線：ｙ^2＝ｘ^3−Ａ^2ｘとの関連については
J.S.Chahal「数論入門講義」共立出版
を参照されたい．
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