今回のコラムでは有限体上のフェルマー曲線　　ｘ^3＋ｙ^3＝ｚ^3について調べてみることにしました．

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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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