円 x²+y²=3 上に有理点はない

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 (2)のような「存在しない」証明は、有理点があると仮定して分母を払い、整数の等式 $a^2+b^2=3c^2$ に翻訳するのが第一手だ。

このとき、$\gcd (a,b,c)=1$(3つ全体で約分し尽くす)と整えておく。ここが勝負の分かれ目になる。(1)で $a,b$ が3の倍数と分かると、左辺は9の倍数。すると $c$ まで3の倍数になり、「約分し尽くした」ことと矛盾するのだ。

(1)自身は、「平方の余りは 0 か 1」という3で割った余りの基本観察で落ちる。

① (1) を示す。 整数を $3k,3k\pm 1$ の形に分けると、平方の余りは

$$(3k{)}^2=3(3k^2)\equiv 0,(3k\pm 1{)}^2=3(3k^2\pm 2k)+1\equiv 1(\mathrm{mod}3)$$

よって $a^2+b^2$ の余りは $0+0,0+1,1+1$ のどれか、つまり $0,1,2$。3の倍数(余り0)になるのは $0+0$ の場合だけだ。すなわち $a,b$ はともに3の倍数である。

② 通分して整える((2))。 有理点 $(x,y)$ が存在すると仮定する。分母をそろえて $x=\frac{a}{c},y=\frac{b}{c}$($a,b,c$ は整数、$c\ge 1$)と書く。さらに $a,b,c$ の共通因数で約分し、$\gcd (a,b,c)=1$ としてよい。代入して分母を払うと

$$a^2+b^2=3c^2$$

③ 3が湧いて矛盾。 右辺は3の倍数だから、(1)より $a=3a^{\prime },b=3b^{\prime }$。代入して

$$9(a^{\prime 2}+b^{\prime 2})=3c^2⟺3(a^{\prime 2}+b^{\prime 2})=c^2$$

$c^2$ が3の倍数だから、$c$ も3の倍数(平方の余りの観察から)。すると $a,b,c$ がすべて3の倍数となり、$\gcd (a,b,c)=1$ に矛盾する。よって有理点は存在しない。

まとめ: 半径 $\sqrt{3}$ の円は、有理数の座標を1点もかすらずに描かれている。「余りの場合分け(1)」と「既約に整えてから矛盾させる(2)」の連携が証明の設計だ。$x^2+y^2=1$ や $x^2+y^2=2$ には有理点が無数にあるのと対照的で、右辺の3(平方の余りで作れない数)が運命を分けている。

発展 — 一歩先へ。 有理点が1つでも見つかる円では、その点を通る傾き有理数の直線を回すことで、有理点が無数に作れる($x^2+y^2=1$ と直線の交点の計算)。「1つもない」か「無数にある」か。円と有理点の関係は、この両極端しかない。

別解

無限降下法 — 「最小の解」で矛盾させる(得意な人向け)。 $\gcd (a,b,c)=1$ に整える代わりに、こう論じてもよい。

$a^2+b^2=3c^2$ を満たす正の整数の組があると仮定する。その中で $c$ が最小のものを選ぶ。

(1)より $a=3a^{\prime },b=3b^{\prime }$。代入して整理すると $3(a^{\prime 2}+b^{\prime 2})=c^2$。$c^2$ が3の倍数だから $c=3c^{\prime }$ で、さらに整理すると

$$a^{\prime 2}+b^{\prime 2}=3c^{\prime 2}$$

— なんと、同じ形の等式が $c^{\prime }=\frac{c}{3}<c$ で再登場した。これは「$c$ が最小」という選び方に矛盾する。よって解は存在しない。

約分の代わりに「最小の反例を取ると、さらに小さい反例が湧く」で締める。この論法を無限降下法という。既約性の議論とやっていることは同じだが、「解があるなら、いくらでも小さい解がある。だが正の整数は無限に小さくなれない」という語り口は、それ自体が強力な武器として整数問題の各所で使える。