それでは，前回の解答です．

を満たすことを示す．

第１問（Ⅲ C）

(a) について(x,y) が曲線 y2 = x3 - x 上の (0,0) 以外の有理x 座標と y 座標がともに有理数である点を有理点ª x1 , xy º は有理点であり，これという．

点であるとき， -曲線 y = x - x 上の有理点は23を (X,Y) とおくと(0,0),(1,0),(- 1,0)

ª x1 º - ª- x1 º = x x- x = xy = Yのみであることを示せ．

33X3 - X = -2424

なので，(X,Y) も曲線 y2 = x3 - x 上の有理点である．

出題するときに載せていた誘導に沿って証明してª x1 ºいきましょう．

H (x) = H -( 証明 )有理数 a =2が成り立つので，必要ならば x0 を -m( 既約分数 ) に対して，a の高さn1と取り替え
x0て，x0 > 0 としてよい．すると

H(a) を H(a) = max( |m| ,|n|) と定める．曲線y2 = x3 - x 上に上記以外の有理点が存在すると仮y0 2 = x0 (x0 + 1)(x0 - 1) > 0

定し ( そのような有理点は y π 0 を満たすことに注なので x0 > 1 としてよい．

意 )，x 座標の高さが最小となる (x0,y0) をとり，(b) についてこれよりも x 座標の高さがさらに小さい有理点が作れることを示し矛盾を導く．証明は以下のステップ

x0 > 1 として， x0 =で行う．
(a)示する．m,n がどちらも奇数として矛盾を導く．

(x,y) が曲線 y2 = x3 - x 上の (0,0) 以外の有ª x1 , xy º も曲線上にある有理理点であるとき， -x0 ' =22 y0として，点 x0 ' ,(x0 - 1)2す．
x0 > 1 として， x0 =x0 + 1 (m + n) / 2=x0 - 1 (m - n) / 2ª点になるので，これから x0 > 1 としてよいことを示(b)m,m > n > 0 と既約分
n(x0 ' )3 - x0 ' =数表示すると，m と n の一方は偶数，一方は奇数と=なることを示す．
(c)y0 = x0 - x0 = x0 (x0 + 1)(x0 - 1) と な る が，
23(x0 + 1)3 x0 + 1(x0 - 1)3 x0 - 1ª(x0 + 1) (x0 + 1)2 - (x0 - 1)2(x0 - 1)ªª2 y0なので，点 x0 ' ,(x0 - 1)2は全射なので
h ∞ g(x1,y1) = (x0,y0)

有理点である．ところがとなる有理点 (x1,y1) が存在する．この x1 がH(x1) < H(x0)
1º3

4 x0 (x0 + 1)(x0 - 1)
(x0 - 1)422y0=(x0 - 1)2ことを示す．
前回の問題で定義した合成写像 h ∞ g : B Æ Dº を考えると=x0,x0 + 1,x0 - 1 のそれぞれが有理数の平方となる(d)m,m > n > 0 と既約分数表nºº も曲線 y = x - x 上の23H (x0 ') ≤ maxª m 2+ n ,m 2- n º

問（Ⅲ C）Q を有理数全体の集合とし，集合 A,B,C,< max(m,n)

D を次のように定める．

= H (x0 )で あ る の で， こ れ で は x0 の 高 さ の 最 小 性 に 反 す

A = {(s,t,u) | s,t,u Œ Q,s2 + 1 = t2 = u2 - 1}

る . よって，m,n がともに奇数になることはなく，B = {(x,y) | x,y Œ Q,

さらに m,n は互いに素なのでともに偶数であるこ

y2 = x(x + 1)(x - 1),y π 0}ともない . 従って，m,n のうち一方は偶数，もうC = {(x,y) | x,y Œ Q,y2 = x(x + 1)(x - 1)}

一方は奇数である .

D = {(x,y) | x,y Œ Q,y2 = x(x + 1)(x - 1)
かつ x,x + 1,x - 1 はどれも Q の平方元 }(c) についてy0 2 = x0 (x0 + 1)(x0 - 1) =また，写像 f : A Æ B ,g : B Æ A,h : A Æ C

m(m + n)(m - n)n3を次のように定める．となる . まず，m,n,m + n,m - n がどの 2 つもf(s,t,u)互いに素であることを示す . m,n が互いに素であ= (s2 + 1 + st + tu + us,(s + t)(t + u)(u + s) )ることから，互いに素でない可能性があるのは
m + n と m - n の組だけであるが，これらの公約数を d とすると，d は (m + n) + (m - n) = 2m と22h(s,t,u) = (s2 + 1,stu)(m + n) - (m - n) = 2n をどちらも割り切り，m とこのとき，以下の設問に答えよ．

n が互いに素であることから，d = 1 または 2 とな

(1) (2)る . さらに，(2) で示したように m,n の偶奇は異な(3)るので d = 2 とはなりえず，d = 1, すなわち m + n略

合成写像 h ∞ g : B Æ C の像は D に一致することを示せ .と m - n も互いに素である .
すると，ª x -22yx - 1 ,x 2y+ 1 ,x +22yx - 1 º
2g(x,y) =(c) から (x0,y0) は上記の問題の集合 D の元であm(m + n)(m - n)は既約分数で有理数n3

る . すると (3) より (x1,y1) Œ B での平方であることから m,n,m + n,m - n はいh ∞ g(x1,y1) = (x0,y0)

ずれも平方数になりとなるものが存在する . 写像 g,h の定義より

mm+ n
m-n
x0 = ,x0 + 1 =,x0 - 1 =nnnª x -22yx - 1 º + 1 = 4x (x(x + +1)(1x) - 1)
2x0 =

111

はそれぞれが有理数の平方である .

であり，x1 =(d) について
( 前々回に出題した問題を用いるので，右側にもx0 =う一度載せておきます . )2221111rと既約分数で表すとs( r 2 + s 2 )24 rs(r 2 - s 2 )となる .
このとき，x0 の分母と分子の最大公約数は 4 以下であることをまず示す．r2 + s2 と r2 - s2 の公約数をd とすると，d は 2r2,2s2 をともに割り切り，r2 とs2 は互いに素であることから，d = 1 または 2 である．

2

よって，分母と分子の最大公約数は 2 のベキ乗になが成り立つことから，x0 > 0る．r + s が偶数になるとき，r,s はともに奇数なが分かります．すると，y0 > 0 より x0 > 1 となりので r ,s を 4 で割った余りはともに 1 で r + s をます．

2222224 で割った余りは 2 となり，(r + s ) は 8 では割り2で考えてよいこと22 2(b)x0 を既約分数表示したとき，分母・分子がと切れない．よって，x0 の分母と分子の最大公約数はもに奇数として矛盾を導きます．x0' を与えられ4 以下である．

たようにとると，分母・分子がともに奇数であれこれからば高さが x0 より小さくなってしまうことが言えます．ここにも降下法を使っています．

1 2( r + s 2 )2
4
41≥
max( r ,s )4> max( r ,s )H (x0 ) ≥ªº

H (x0 ') ≤ maxª m 2+ n ,m 2- n º< max(m,n)= H (x0 )= H (x1 )m+ n m-n,が互いに素なと22となるが，これは H(x0) の最小性に反する ( 最後のの最初の不等号は不等式は x1 π 0,± 1 より，H(x1) ≥ 2 であることによき等号が成立し，2 番目の不等号は m π n なのでる )．

等号になることはありません．
(c)以上より，有理点 (x0,y0) は存在せず題意が示せので，m + n,m - n が互いに素になり，これかた．

ら x0,x0 - 1,x0 + 1 がどれも有理数の平方にな□ることに示せます．これによって，(x0,y0) が前回の問題の集合 D に属することが分かります．

( コメント )(d)

今回は，見た目はシンプル，証明はハードな問題

前回の問題で，D への全射が作れていましたので，これを使って，(x0,y0) から有理点 (x1,y1)に挑戦してもらいました．誘導に乗れたでしょうがとれます．(x1,y1) を具体的に書くのは大変でか？

すが，存在は保証されるので，あとは x0 と x1 の証明に用いる手法は前々回に練習してもらった関係式から“無限降下法”

H(x1) < H(x0)です．自然数であれば，大小で順序が入りますのでを示せば OK です．

すぐに降下法に持ち込めるのですが，今回は相手が有理数ですので高さ H(a) を準備して，これに降下

前回の解説時にも書きましたが法を使いました．(x0,y0) を x 座標の高さが最小にy2 = (x - a)(x - b)(x - c)なるような有理点として，前回に準備した写像から(a,b,c は相異なる Q の元 )(x1,y1) という x 座標の高さがもっと小さい有理点という関数のグラフを Q 上の楕円曲線といいます．

が存在することを示します．以下証明の各ステップ

楕円曲線上の有理点は古くから数論の研究対象としごとの補足です．
(a)(b) で m,n の偶奇が異なることが言えているて深く研究されてきました．というのは，これらの高さ関数の性質として有理点には“和”が定義でき，有理点と有理点を“足ª ºす”ことで，別の有理点を作れたりするのです（数1H ( x) = H x

学的には群の構造が入ると言います）．証明中に出3

ª x1 , xy º や ª x ' ,(x 2-y 1) º は突然出ててきた -した．今回示した定理は，この定理の n = 4 の場合002を含んでいます．楕円曲線からフェルマーの最終定20きてびっくりしたかもしれませんが，実はこの“和” 理が出てくるのは興味深いですね．
実は，フェルマーの最終定理を Wiles が証明したを計算することで求まるものです．
方法も楕円曲線を用いるものでした．an + bn = cn を満たす自然数 a,b,c があったと仮定して最後に，「有理点が求まったら何が面白いの？」「だy2 = x(x - an)(x + bn)

から何やねん？」と思っている人へ，この定理からという楕円曲線を考えます ( フライ曲線と呼ばれて直ちに得られる有名な結果をお見せします．

います )．この曲線が，楕円曲線が必ず持たなくてはならない“モジュラー”という性質を持ち得ないということを示すことで最終定理は証明されます．

系 ( フェルマーの最終定理の n = 4 の場合 )現代数学の道具を駆使して 100 頁以上の大論文です

自然数 x,y,z でx4 + y4 = z4 ºº (*)

ので，読むのは大変ですが，興味のある人は大学にを満たすものは存在しない．

入ってから（もっと早い人は高校生のうちに？）勉強してみてください．
なお，今回の証明は（証明）

加藤和也・黒川信重・斉藤毅

背理法で示す．自然数 x,y,z で (*) を満たすも『数論１のが存在すると仮定する．すると

著

Fermat の夢』 ( 岩波書店 )にあるものに，細部の説明を書き加えたものです．

x4 + y4 = z4 - x4 = z4 - y4

この本にはζや代数的整数論といった，整数論の基

x4 z2z6 z2=y6y6 y2x2 z 2z2 3 z2= 2 - 23yyy-

本テーマが分かりやすく書かれていますので，興味ª º ª ºのある人は手に取ってみてください ( 大学生になってからで構いません )．となり，これでは曲線 y2 = x3 - x 上に y π 0 となる

それでは今回はここまでにしたいと思います．次回をお楽しみに．

有理点が存在することになり，上で示した定理に反（数学科する．
□
フェルマーの最終定理とはn を 3 以上の自然数とするとき，自然数 x,y,zでxn + yn = znを満たすものは存在しない．というもので，n = 3,4,5 の場合などは証明が知られていましたが，一般の n の場合は長い間未解決で，1995 年に A.Wiles によってようやく証明されま4川﨑）