20/12/02 22:00:48.36 yHweanhK.net
>>154
>>158
x^3+y^3+z^3=0 だから x^3+y^3+z^3≡0 (mod 7)
このとき x,y,zの少なくとも1つが7の倍数であることを示す
よって x,y,zがすべて7と互いに素であるとしておく
一般に7と互いに整数wに対して w^6≡1 (mod 7) であるから
(w^6≡1(mod 7)の部分はフェルマの小定理を用いた)
(w^3+1)(w^3-1)≡0 (mod 7) より w^3≡±1 (mod 7)
これから x^3,y^3,z^3はすべてmod 7で±1 となる
しかしそれがありえないことはすぐ確認できる (>>154のラストの議論の類似)
ということで z≡0 (mod 7) と仮定しても一般性を失わない
このとき, x,yは自動的に7と互いに素であることに注意する.
ここからはさっきまとめた複数の方程式の系を用いて議論をする
2z = 2(x+y+z) - 2(x+y) = a^3+c^3+e^3 - 2a^3 = c^3+e^3-a^3
z≡0 (mod 7) とあわせて c^3+e^3+(-a)^3≡0 (mod 7) が得られた
c,e,a はさっきと同様の議論により 少なくとも1つが7の倍数である
c,eのどれかが7の倍数ならばx,yのどれかが7の倍数になり矛盾.
よって, aが7の倍数ということがわかるので
x+y=a^3 から y≡ -x (mod 7) を得る
z≡0(mod 7) と z+x=e^3 から x≡e^3 (mod 7)を得る
y≡ -x (mod 7) かつ x^2-xy+y^2 = b^3 から
3x^2 ≡ b^3 (mod 7) を得る
これと x≡e^3 (mod 7) から 3e^6≡b^3 (mod 7)を得る
eが7の倍数ならば xも7の倍数となり 矛盾となる.
よって e^6≡1 (mod 7) だから b^3≡3 (mod 7)を得る
しかし b^3≡0,±1(mod 7) であるからこれは不可能
証明ここまで
上記の方法が通用する x^m+y^m+z^m=0 の素数mについて
つまり x,y,zの少なくとも1つがmで割り切れるということを
この方法で示すことができるmについては以下が挙げられる:
m=3,5,7,11,13, .... (おそらく無限個ある)
方法が通用する十分条件としては たとえば
「2m+1, 4m+1の少なくとも1つが素数」であることが挙げられる
以上.