2つの平方数の和

いよいよ1つ目の謎を解こう。これまでに2つの道具がそろった。STAGE2 で示した「素数 p が2つの平方数の和で書ける ⇔ p はガウス整数の世界で既約元（これ以上分けられない数）でない」。そして前のステージで示した「ガウス整数の既約元は、どれも素元（ab を割り切れば a か b を割り切る数）」。まず易しいほうから片づけよう。4 で割って 3 余る素数は、なぜ2つの平方数の和で書けないのかな？

そう。ここまではフェルマーの時代にも簡単だった。難しいのは、4 で割って 1 余る素数が、必ず書けることのほうだ。作戦を先に立てよう。ある整数 x について、p が x²＋1 を割り切ったとする。x²＋1 をガウス整数で因数分解すると？

その通り。だから残る仕事は、p が x²＋1 を割り切るような x を見つけることだけだ。第1章の言葉で言えば、x²≡−1 (mod p) となる x だね。いくつかの p で探してごらん。

そう。4 で割って 1 余る素数ではいつも見つかり、3 余る素数では見つからない。でも p が大きいと、1 つずつ試すのは大変だ。そこで、どの p にも使える方法を作る。手がかりは意外なところにある。1 から p−1 までを全部掛けた (p−1)! を、p で割った余りを調べてごらん。p＝5 と p＝7 で。

これをウィルソンの定理という。1770年にウォーリングが弟子のウィルソンの発見として本に書き、翌1771年にラグランジュが証明した。証明には第1章の逆元を使う。mod p の世界では、1 から p−1 までのどの数 a にも、掛けて 1 になる相手 a⁻¹ がちょうど1つあったね。p＝13 で、1 から 12 を「掛けて 1 になる相手」どうしでペアにしてごらん。

そう。ペアの積は 1 だから消えて、自分自身が相手になる数だけが残る。どんな素数でも、それが 1 と p−1 の2つだけだと言えれば、ウィルソンの定理が証明できる。x×x≡1 (mod p) となる x を考えよう。

その通り。ここでも、前のステージの「素数は素元」が効いているね。さて、ウィルソンの定理から x²≡−1 の x を作ろう。p＝13 で、12! を前半 1×2×…×6 と後半 7×8×…×12 に分けてごらん。後半の数は、13 からいくつ引いた数かな？

そう。一般の p でやってごらん。p＝4k＋1 として。

その通り。これで証明が完成した。4 で割って 1 余る素数 p では、x＝((p−1)/2)! とすると p が x²＋1＝(x＋i)(x−i) を割り切るのに、x＋i も x−i も割り切らない。だから p は素元でなく、既約元でもなく、2つの平方数の和で書ける。フェルマーの主張は正しかったんだ。

いい質問だね。互除法がそのまま使えるんだ。p は ππ' と2つの既約元（ノルムが p の数）に分かれる。p が (x＋i)(x−i) を割り切るから、π は x＋i か x−i のどちらかを割り切る。x−i を割り切るなら、掛け算の式の i をすべて −i に変えても式は成り立つから、π の i を −i に変えた数（これもノルム p）が x＋i を割り切る。どちらにしてもノルム p の数が p と x＋i の両方を割り切る。p と x＋i に互除法をすると、最後の余り d は「p×（ガウス整数）＋(x＋i)×（ガウス整数）」の形だから、両方を割り切るその数で d も割り切れる。一方で d は p を割り切り、p が x＋i を割り切らないので d は p そのものではない。だから d のノルムはちょうど p になって、d＝a＋bi から p＝a²＋b² が読み取れる。p＝13、x＝5 でやってごらん。

そう。1640年にフェルマーが手紙に書いた主張は、整数の問題なのに、ガウス整数の世界の一意性を使うと、こうして証明できる。整数より広い世界を見ることで、整数の性質が分かったんだ。ところが、どの世界でもうまくいくわけではない。次のステージでは、2つ目の謎、a＋b√−5 の世界を調べよう。