【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

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　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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