フェルマーの最終定理(オイラーの証明について)

a^2+3b^2=(a+√3ib)(a-√3ib)=立方数
ここで
a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
a-(√3)ib=(t-√3iu)^3

フェルマーの最終定理のn=3の場合の証明の途中で上記の様な推論が見られるのですが、これが成り立つ理由はどうしてか分かる方いますか？
　
※a,bのいずれか一方は奇数で、一方は偶数とします。
立法数=立法数×立法数という定理を使っているみたいです。

No.3 回答者： muturajcp 回答日時： 2014/04/22 05:52

問題は

a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
a-(√3)ib=(t-√3iu)^3
が成り立つかどうかではなく
a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
a-(√3)ib=(t-√3iu)^3
となる整数t,uが存在するかどうかなのです。
t,uが整数でなければ、その先の
t,uが奇数か偶数であるという推論が成り立ちません。

定理)
素因子分解の一意性の成り立つ
環Riに対して
A∈Ri
B∈Ri
A,Bは互いに素
(AB)^{1/3}∈Riならば
A^{1/3}∈Ri
B^{1/3}∈Ri
が成り立ちますが、

整数環Zに対して
虚数√-3を付加した拡大環を
Z(√-3)={t+u√-3|t∈Z,u∈Z}
A=2+2√-3∈Z(√-3)
B=1-√-3∈Z(√-3)
とすると
A,Bは互いに素
AB=(2+2√-3)(1-√-3)=8=2^3=立方数だけれども
A^{1/3}はZ(√-3)に属さない
B^{1/3}はZ(√-3)に属さない
これは
4=2*2=(1+√-3)(1-√-3)
のように
4が2通りの素因子分解を持つため
Z(√-3)では素因子分解の一意性が成り立たないため
定理を用いることはできません。

定理を用いることができないZ(√-3)で
定理を用いて
a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
a-(√3)ib=(t-√3iu)^3
となる整数t,uが存在するとしてしまった
オイラーの証明は誤りです。

定理を用いないで
a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
a-(√3)ib=(t-√3iu)^3
となる整数t,uが存在する事は結果的にはいえますが、
それを示すためには長い証明が必要となります。
従って、
定理を用いないで
a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
a-(√3)ib=(t-√3iu)^3
となる整数t,uが存在する事の証明を省略した
オイラーの証明は誤りです。

No.2 回答者： Tacosan 回答日時： 2012/02/27 13:55

あ, なんとな～く引っかかってるところが分かったような気がしたりしなかったり.

まず
a+(√3)ib=(t+√3iu)^3
のとき
(t-√3iu)^3=a-(√3)ib
となるのはいいでしょう (展開するだけ). で, 問題は「3個ある 3乗根のうちなぜこれをとるのか」だと思うんだけど, これは単純に「右辺は実数の (というか整数の) 3乗だから」です. つまり, a+(√3)ib の 3乗根として t+√3iu を選ぶと, 「そいつと掛けて実数になる a-(√3)ib の 3乗根」は t-√3iu だけです.

本質的には「1 の実な 3乗根は 1 だけ」ということです.

この回答へのお礼

お返事遅くなってすみません。
　
なるほど。
かけて実数になる、と考えれば遥かに解りやすいです。
もう少し自分で考えてみますね。ありがとうございました^^

お礼日時：2012/02/27 20:40

No.1 回答者： Tacosan 回答日時： 2012/02/27 12:41

この置き方は, 実際には

・どちらも立法数である
・共役複素数の 3乗根は共役複素数にとれる
の 2つを主張しているように読めるんですが, それでいいんでしょうか?

後者は単に展開するだけのような気がするからとりあえず脇に置くことにして, 前者は.... 「アイゼンシュタイン整数」を導入したら何とかなりませんかね.

この回答へのお礼

回答ありがとうございます。
　
はい、その様に読んで頂いて問題無いと思います。
　
個人的には、なぜ後者の様に置けるのか分かりません。
展開するだけというのはどういう事でしょうか？

お礼日時：2012/02/27 13:17