『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．

　今回のコラムでは、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，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．

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【１】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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