方程式x^2-y^q=1は非自明な整数解をもたない (2)

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[補題] $q$ を奇素数とする. また, $(x, y)$ を方程式 \begin{equation} x^{2}-y^{q}=1 \tag{2} \end{equation} の正整数解とする. このとき, $x$ は奇数かつ $q$ の倍数である.

[証明] $(x, y)$ を方程式 (2) の正整数解とする. もし仮に $x$ が偶数ならば, $y$ は奇数であり, $$ y^{q} = x^{2} - 1^{2},\quad \gcd(x, 1) = \gcd(y, 2) = 1 $$ であるから, 前補題より $x-1$, $x+1$ の各々は $q$ 乗数である. すなわち, ある $a$, $b\in\mathbb{Z}$ が存在して, \begin{equation} x + 1 = a^{q},\quad x - 1 = b^{q} \tag{3} \end{equation} と表せる. $x$ を消去すると, $$ a^{q}-b^{q} = 2. $$ これを満たすのは $(a, b)=(1, -1)$ のときのみであり, そのとき $x=0$ となる. これは $x>0$ であることに反する. したがって, $x$ は奇数である. またこのとき, $y^{q}=x^{2}-1$ より, $y$ は偶数である.

次に, $x$ が $q$ の倍数であることを背理法により証明する. もし仮に $q$ が $x$ を割らないならば, $q$ は素数なので, $\gcd(x, q)=1$ である. $$ x^{2} = y^{q}-(-1)^{q},\quad \gcd(y, -1)=1 $$ であるから, 前補題より $y+1$ は平方数である. $y>0$ としているから, ある $c\in\mathbb{Z}$, $c>0$ が存在して, \begin{equation} y + 1 = c^{2}. \tag{4} \end{equation} いま, $q$ が奇数であることから, $2$ つの関係式が成り立つ. \begin{align*} & c^{2} - y\cdot 1^{2} = 1, \\ & x^{2} - y\cdot (y^{(q-1)/2})^{2} = 1. \end{align*} これらは, Pell 方程式 \begin{equation} u^{2} - yv^{2} = 1 \tag{5} \end{equation} の正整数解である. $(u, v)=(c, 1)$ は (5) の最小解であるから, ある $m\in\mathbb{Z}$, $m>0$ が存在して, $$ x + y^{(q-1)/2}\sqrt{y} = (c + \sqrt{y})^{m}. $$ 右辺を二項定理により展開して $\sqrt{y}$ の係数を比較すると, \begin{equation} y^{(q-1)/2} = \sum_{k=0}^{\lfloor (m-1)/2 \rfloor}\binom{m}{2k+1}c^{m-2k-1}y^{2k}. \tag{6} \end{equation} このとき, $$ mc^{m-1}\equiv 0 \pmod{y}. $$ $y$ は偶数であり, (4) より $c$ は奇数であるから, $m$ は偶数である. このとき, (6) より, $$ y^{(q-1)/2}\equiv 0\pmod{c}. $$ (4) より $y\equiv -1\pmod{c}$ なので, $(-1)^{(q-1)/2}\equiv 0\pmod{c}$. よって, $c$ は $1$ を割る. $c>0$ であったから, $c=1$. (4) より, $y=0$. これは $y>0$ と矛盾する. したがって, $q$ は $x$ を割る. (証明終)

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