ガウス整数と4次式のフェルマの最終定理
ガウス整数と4次式のフェルマの最終定理
1. ガウス整数
整数$${\mathbb{Z}=\left\{ 0,\pm 1,\pm 2,\cdots \right\}}$$を拡張してより広いクラスを考えるため$${a+bi}$$ ,$${i=\sqrt{-1}}$$, $${a,b\in \mathbb{Z}}$$ を考える。これを$${\mathbb{Z}\left[ i \right]}$$で表し、ガウス整数と呼ぶ。これと区別するため 従来の整数$${\mathbb{Z}}$$ を有理整数と呼ぶ。$${\alpha ,\beta \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$$ に対して、$${\alpha }$$ が$${\beta }$$ を割るというのは$${\exists \gamma \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$$ で、$${\beta =\alpha \gamma }$$と書けることである。これを$${\alpha \left| \beta \right.}$$と書く。そのとき、$${\alpha }$$ は$${\beta }$$の約数であるという。$${\gamma \left| \alpha \right.}$$ かつ$${\gamma \left| \beta \right.}$$が成り立つとき、$${\gamma }$$ は$${\alpha }$$ と$${\beta }$$ の公約数であるという。$${\alpha =a+bi}$$に対して$${N\alpha ={{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$$ を$${\alpha }$$ のノルムという。$${\alpha }$$ と$${\beta }$$ の公約数のうちノルムが最大のものを最大公約数とよび、$${\left( \alpha ,\beta \right)}$$ という記号であらわす。$${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$のとき$${\alpha }$$ と$${\beta }$$は互いに素と言われる。$${1}$$,$${-1,i,-i}$$は$${\mathbb{Z}\left[ i \right]}$$の単数と呼ばれる。単数は$${\mathbb{Z}\left[ i \right]}$$のすべての数をわることができる。$${\mathbb{Z}\left[ i \right]}$$の元$${\pi }$$それ自身単数でなく$${\pi =\alpha \beta }$$（$${\alpha ,\beta \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$$）と書けた場合、“$${\alpha }$$が単数”または“$${\beta }$$が単数”のいずれかが成り立つとき、$${\pi }$$はガウス素数と呼ばれる。言い換えれば、ガウス素数というのは単数か自分自身でしか割れないガウス整数である。有理整数で素数でないものすなわち有理合成数はガウス素数ではないのは明らかだが、逆はだめで（ここが重要）、有理整数の素数は必ずしもガウス素数ではない。
例：
$${2=\left( 1+i \right)\left( 1-i \right)}$$ であるから素数２はガウス素数ではない
$${5=\left( 2+i \right)\left( 2-i \right)}$$であるから素数５はガウス素数ではない。
素数$${3}$$はガウス素数である。
つぎの性質は有名である。
3,7,11,19,23,$${\cdots }$$ など$${4m+3}$$と書ける有理素数はガウス素数である。
ノルム$${N\alpha }$$が素数である$${\alpha }$$ はガウス素数である。
２．ガウス整数と4次フェルマの最終定理。証明の筋道。
「私は$${n\ge 3}$$について$${{{x}^{n}}+{{y}^{n}}={{z}^{n}}}$$に整数解がないを証明した」とフェルマはディオファンタス算術書の欄外に書き残したがその証明はなく、フェルマ自身のものについては4次の定理$${{{x}^{4}}-{{y}^{4}}={{z}^{2}}}$$には整数解がないことの証明が残っているだけである。ガウス整数における一般の4次フェルマの最終定理は$${\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$$に対して$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{4}}}$${,$${\alpha \ne 0,\beta \ne 0,\gamma \ne 0}$$ の不可能
をいうことであるが、これを示せれば$${x,y,z\in \mathbb{Z}}$$で $${{{x}^{4}}+{{y}^{4}}={{z}^{4}}}$$,$${x\ne 0,y\ne 0,z\ne 0}$$ の不可能性も言える。
（I）$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{4}}}$$,$${\alpha \ne 0,\beta \ne 0,\gamma \ne 0}$$
（II）$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$,$${\alpha \ne 0,\beta \ne 0,\gamma \ne 0}$$
(I)に解があればその解の$${{{\gamma }^{2}}}$$ をあらためて$${\gamma }$$ としてやれば（II）の解となる。したがって、
（II）に解なし$${\Rightarrow }$$ （I）に解なし
がいえる。▆
（III）$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$,$${\alpha \ne 0,\beta \ne 0,\gamma \ne 0}$$, $${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$
$${\left( \alpha ,\beta \right)=\delta }$$のとき、$${{{\left( \frac{\alpha }{\delta } \right)}^{4}}+{{\left( \frac{\beta }{\delta } \right)}^{4}}={{\left( \frac{\gamma }{{{\delta }^{2}}} \right)}^{2}}}$$を考えればよいので$${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$を仮定して問題を考えても一般性を失わない。▆
$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$と$${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$の結果をあわせると$${\left( \alpha ,\gamma \right)=1}$$ ,$${\left( \beta ,\gamma \right)=1}$$がでてくる。
（IV）ある整数$${m\ge 1}$$に対して$${{{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$ ,ただし、$${\left( {{\alpha }_{0}},\beta \right)=1}$${,}$${\left( \beta ,\gamma \right)=1}$$で$${{{\alpha }_{0}},\beta ,\gamma }$$ は$${\left( 1-i \right)}$$ で割れない。
（V）$${\varepsilon }$$ を単数として、ある整数$${m\ge 1}$$に対して
$${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$,
ただし、$${\left( {{\alpha }_{0}},\beta \right)=1}$$,$${\left( \beta ,\gamma \right)=1}$$で$${{{\alpha }_{0}},\beta ,\gamma }$$ は$${\left( 1-i \right)}$$ で割れない。$${\varepsilon =1}$$とした特別な場合が（IV）であるから
（V）に解なし$${\Rightarrow }$$（IV）に解なしがいえる。
（V）の証明においては$${m}$${に関する数学的帰納法を用いる。これはフェルマのアイディアでdescente indefinite 仏、the method of infinite descent 英 無限遽下法と言われる。
遽：きょご、すみやか、にわか▆
証明を完結するための次の道筋
（V）に解なし$${\Rightarrow }$$（IV）に解なし$${\Rightarrow }$$（III）に解なし$${\Rightarrow }$$（II）に解がなし$${\Rightarrow }$$（I）に解なし
そこで、残るのは「（IV）に解なし$${\Rightarrow }$$（III）に解なし」の部分と「（V）に解なし」の２つの証明である。これらそれぞれ節を設けて証明する。
３．$${\left( 1-i \right)}$$ の不思議
命題１．$${a,b\in \mathbb{Z}}$$のとき$${a+bi}$$が$${\left( 1-i \right)}$$で割れない場合、$${a,b}$$ の一方は偶数、他方は奇数である。
証明）対偶命題を示す。$${a,b}$$とも偶数なら$${a+bi}$$ は２で割れるので$${\left( 1-i \right)}$$で割れる。$${a,b}$$とも奇数なら$${a+bi-\left( 1-i \right)}$$は２でわれる。したがって$${a+bi-\left( 1-i \right)}$$は$${\left( 1-i \right)}$$で割れる。したがって$${a+bi}$$は$${\left( 1-i \right)}$$で割れる。▆
命題２．$${a,b\in \mathbb{Z}}$$のとき$${a+bi}$$ が$${\left( 1-i \right)}$$で割り切れない場合、$${{{\left( a+bi \right)}^{4}}\equiv 1\,\,(\bmod \,\,8)}$$
証明）$${a,b}$${ の一方は偶数、他方は奇数であるから$${a=2k}$$、$${b=2l+1}$$ のとき、
$${{{\left( 2k+\left( 2l+1 \right)i \right)}^{2}}=4{{k}^{2}}-{{\left( 2l+1 \right)}^{2}}+4k\left( 2l+1 \right)i\equiv -1\,\,(mod4)}$$
$${a=2k+1}$$、$${b=2l}$$ のとき、
$${{{\left( \left( 2k+1 \right)+2li \right)}^{2}}={{\left( 2k+1 \right)}^{2}}-4{{l}^{2}}+4l\left( 2k+1 \right)i\equiv 1(mod4)}$$
いずれにしても２乗すれば$${{{\left( a+bi \right)}^{4}}\equiv 1\,\,(\bmod \,\,8)}$$が得られる。▆
命題３．$${\alpha ,\beta \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$${がいずれも}$${\left( 1-i \right)}$$で割り切れないとき、
$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}\equiv 2(\bmod 8)}$$
証明）命題２より、$${{{\alpha }^{4}}\equiv 1\,\,(\bmod \,\,8)}$$かつ$${{{\beta }^{4}}\equiv 1\,\,(\bmod \,\,8)}$$であるから辺々加えれば $${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}\equiv 2(\bmod 8)}$$がわかる▆
４．「（IV）に解なし$${\Rightarrow }$$（III）に解なし」の証明
（III）$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$,$${\alpha \ne 0,\beta \ne 0,\gamma \ne 0}$$, $${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$
（IV）ある整数$${m\ge 1}$$に対して $${{{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$ ,
ただし、$${\left( {{\alpha }_{0}},1-i \right)=\left( \beta ,1-i \right)=\left( \gamma ,1-i \right)=1}$$
対偶「（III）成立$${\Rightarrow }$$（IV）が成立」を証明する。その準備として次の命題を示す。
命題４：（III）に解があれば、$${\alpha ,\beta }$$のうちひとつは$${\left( 1-i \right)}$$で割れる。
証明）$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$において、$${\alpha ,\beta }$$ いずれも$${\left( 1-i \right)}$$ で割れないと仮定すると命題３より、$${{{\gamma }^{2}}\equiv 2\,\,\,(mod 8)}$$。
$${2=\left( 1+i \right)\left( 1-i \right)}$$であるから$${\gamma }$$ は$${\left( 1-i \right)}$$で割れる。そこで、$${\gamma =\left( 1-i \right)\nu }$$となる$${\nu \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$$を選ぶ。
$${\nu }$$ は$${\left( 1-i \right)}$$で割れない。なぜなら$${\nu =\left( 1-i \right)\nu '}$$とすると$${\gamma ={{\left( 1-i \right)}^{2}}\nu '}$$となり$${{{\gamma }^{2}}={{\left( 1-i \right)}^{4}}\nu {{'}^{2}}=-4\nu {{'}^{2}}}$$。これと$${{{\gamma }^{2}}\equiv 2\,\,\,(mod 8)}$$とは両立できない（$${-4\nu {{'}^{2}}=2+8k}$$ と書いて2で割ると、$${1+4\left( k+\nu ' \right)=0}$$ という不可能な式になる）。つまり、$${\gamma =\left( 1-i \right)\nu }$$, $${\left( \nu ,1-i \right)=1}$$ と書ける。したがって、$${{{\gamma }^{2}}\equiv 2\,\,\,(\mod 8)}$$は$${-2i{{\nu }^{2}}\equiv 2(mod 8)}$$ すなわち$${{{\nu }^{2}}\equiv i(mod 4)}$$。他方$${\left( \nu ,1-i \right)=1}$$であるから命題２により$${{{\nu }^{4}}\equiv 1(mod 8)}$$ 。これと$${{{\nu }^{2}}\equiv i(\bmod 4)}$$は両立できない。つまり$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$において、$${\alpha ,\beta }$$ いずれも$${\left( 1-i \right)}$$で割れないと仮定して矛盾がでた。▆
命題５
（III）$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$, $${\alpha \ne 0,\beta \ne 0,\gamma \ne 0}$$, $${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$
が成立すれば
（IV）ある整数$${m\ge 1}$$に対して
$${{{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$,ただし、$${\left( {{\alpha }_{0}},1-i \right)=\left( \beta ,1-i \right)=\left( \gamma ,1-i \right)=1}$$が成立する。
証明）命題４により、$${\alpha ,\beta }$$ のうちひとつは$${\left( 1-i \right)}$$ で割れるが、$${\left( \alpha ,\beta \right)=1}$$の仮定の下では$${\alpha ,\beta }$$両方が$${\left( 1-i \right)}$$で割れることはできない。いま、$${\alpha ,\beta }$$はいれかえても問題は変わらないので、$${\alpha }$$ は$${\left( 1-i \right)}$$で割れ、$${\beta }$$は$${\left( 1-i \right)}$$ で割れない、すなわち$${\left( \beta ,1-i \right)=1}$$ とする。$${\alpha }$$ は$${\left( 1-i \right)}$$ で割れるから$${\alpha ={{\left( 1-i \right)}^{m}}{{\alpha }_{0}}}$$, $${\left( {{\alpha }_{0}},1-i \right)=1}$$となる$${m\ge 1}$$が存在する。また、$${{{\alpha }^{4}}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$において$${{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}\bmod \left( 1-i \right)}$$であり、$${\left( \beta ,1-i \right)=1}$$であるから$${\left( \gamma ,1-i \right)=1}$$が言える。▆
５．（V）の証明
次の補題を示しておく。
補題：$${\varepsilon }$$ を単数として、ある整数$${m\ge 1}$$に対して
$${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$,
ただし、$${\left( {{\alpha }_{0}},\beta \right)=1}$$,$${\left( \beta ,\gamma \right)=1}$$であり、$${{{\alpha }_{0}},\beta ,\gamma }$$は$${\left( 1-i \right)}$$ で割れない。
と仮定する。このとき、$${{{\varepsilon }_{1}},{{\varepsilon }_{2}}}$$を単数として、
$${\gamma +{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{1}}{{\left( 1-i \right)}^{2}}\beta {{'}^{4}}}$$
$${\gamma -{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-2}}\alpha {{'}^{4}}}$$
が成立する。
ただし、$${\left( \alpha ',\beta ' \right)=1}$$ , $${\left( \alpha ',1-i \right)=1}$$, $${\left( \beta ',1-i \right)=1}$$.
証明）まず $${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$ を
（＊）$${\left( \gamma -{{\beta }^{2}} \right)\left( \gamma +{{\beta }^{2}} \right)=\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}}$$, $${m=1,2,\cdots }$$
と変形する。和も差ももとのものと同じ公約数を持つから、 $${\gamma -{{\beta }^{2}}}$$ と$${\gamma +{{\beta }^{2}}}$$の公約数は$${2\gamma }$$ と$${2{{\beta }^{2}}}$$ の公約数である。$${\left( \beta ,\gamma \right)=1}$$ であるから、その公約数は２の約数である。$${\beta }$$ も$${\gamma }$$ も$${\left( 1-i \right)}$$でわれないが他方で$${\gamma -{{\beta }^{2}}}$$ と$${\gamma +{{\beta }^{2}}}$$は２の約数$${\left( 1-i \right)}$$で割れる。いま$${\gamma -{{\beta }^{2}}}$$が$${\left( 1-i \right)}$$の1乗でわれるが２乗ではわれないとすると、$${\gamma +{{\beta }^{2}}=\gamma -{{\beta }^{2}}+2{{\beta }^{2}}}$$と書き直して$${\left( \beta ,1-i \right)=1}$$という事実をつかうと$${\gamma +{{\beta }^{2}}}$$も$${\left( 1-i \right)}$$の１乗でわれるが２乗ではわれない。しかし、これは上の等式（＊）と矛盾する。したがって$${\gamma -{{\beta }^{2}}}$$は$${{{\left( 1-i \right)}^{2}}}$$で割れる。もういちど$${\gamma +{{\beta }^{2}}=\gamma -{{\beta }^{2}}+2{{\beta }^{2}}}$$とすると$${\gamma +{{\beta }^{2}}}$$ も$${{{\left( 1-i \right)}^{2}}}$$で割れる。しかし、$${\left( \beta ,1-i \right)=1}$$であるから$${\gamma +{{\beta }^{2}}}$$は$${{{\left( 1-i \right)}^{3}}}$$では割れない。つまり、$${\left( \gamma -{{\beta }^{2}},\gamma +{{\beta }^{2}} \right)={{\left( 1-i \right)}^{2}}=-2i}$${ となる。そこで、$${\gamma +{{\beta }^{2}}}$$は$${{{\left( 1-i \right)}^{2}}}$$で割り切れ$${\gamma -{{\beta }^{2}}}$${は}$${{{\left( 1-i \right)}^{4m-2}}}$$で割り切れるとしよう。（さもなければ、$${{{i}^{4}}=1}$$ であるから、もともとの問題で$${\beta }$$を$${i\beta }$$とおきかえることができる。このようにしても一般性は失われない）しからば素因数分解の一意性をもちいて（＊）から
$${\gamma +{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{1}}{{\left( 1-i \right)}^{2}}\beta {{'}^{4}}}$$
$${\gamma -{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-2}}\alpha {{'}^{4}}}$$
となtった。ただし、$${\left( \alpha ',\beta ' \right)=1}$$, $${\left( \alpha ',1-i \right)=1}$$ , $${\left( \beta ',1-i \right)=1}$$.▆
そこで、われわれの最終目標であるつぎの定理の証明に取り掛かろう。
定理 ガウス整数$${\mathbb{Z}\left[ i \right]}$$ における４次のフェルマの最終定理：
$${{{\alpha }_{0}},\beta ,\gamma ,\varepsilon \in \mathbb{Z}\left[ i \right]}$$に対し （V）：$${\varepsilon }$$ を単数、$${\left( {{\alpha }_{0}},\beta \right)=1}$$, $${\left( {{\alpha }_{0}},1-i \right)=\left( \beta ,1-i \right)=\left( \gamma ,1-i \right)=1}$$のとき、$${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$, $${m=1,2,\cdots }$$ には解が存在しない。
証明）補題より（V）に解が存在するなら
$${{{\varepsilon }_{1}},{{\varepsilon }_{2}}}$$ を単数として、
$${\gamma +{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{1}}{{\left( 1-i \right)}^{2}}\beta {{'}^{4}}}$$
$${\gamma -{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-2}}\alpha {{'}^{4}}}$$
が成立する（$${\left( \alpha ',\beta ' \right)=1}$$ , $${\left( \alpha ',1-i \right)=1}$$ , $${\left( \beta ',1-i \right)=1}$$）。
したがって、これらの２つの式の差をとって
$${2{{\beta }^{2}}={{\varepsilon }_{1}}{{\left( 1-i \right)}^{2}}\beta {{'}^{4}}-{{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-2}}\alpha {{'}^{4}}={{\left( 1-i \right)}^{2}}\left\{ {{\varepsilon }_{1}}\beta {{'}^{4}}-{{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-4}}\alpha {{'}^{4}} \right\}}$$
$${{{\left( 1-i \right)}^{2}}=-2i}$$より両辺を２で割り
（＊＊）$${{{\beta }^{2}}=-i\left\{ {{\varepsilon }_{1}}\beta {{'}^{4}}-{{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-4}}\alpha {{'}^{4}} \right\}}$$
をえる。
$${m}$$に関する数学的帰納法を用いる。
ステップ１）ｍ＝１のとき、解が存在すると仮定して矛盾をだす。
（＊＊）より$${{{\beta }^{2}}=-i\left\{ {{\varepsilon }_{1}}\beta {{'}^{4}}-{{\varepsilon }_{2}}\alpha {{'}^{4}} \right\}={{\left( \sqrt[4]{i{{\varepsilon }_{2}}}\alpha ' \right)}^{4}}+{{\left( \sqrt[4]{-i{{\varepsilon }_{1}}}\beta ' \right)}^{4}}}$$において命題３をもちいると、 $${\sqrt[4]{i{{\varepsilon }_{2}}}\alpha '}$$も$${\sqrt[4]{-i{{\varepsilon }_{1}}}\beta '}$$も両方とも$${\left( 1-i \right)}$$ で割れないときその４乗どおしの和は２でわれる。しかし、$${\left( \beta ,1-i \right)=1}$$であるから矛盾である。
ステップｍ）$${m\ge 2}$$について「$${m-1}$$で解が存在しない$${\Rightarrow }$$$${m}$$ で解が存在しない」を示したい。このためにはその対偶「$${m}$$で解が存在$${\Rightarrow }$$$${m-1}$$ で解が存在」を示せばよい。
$${{{\beta }^{2}}=-i\left\{ {{\varepsilon }_{1}}\beta {{'}^{4}}-{{\varepsilon }_{2}}{{\left( 1-i \right)}^{4m-4}}\alpha {{'}^{4}} \right\}}$$を $${{{\beta }^{2}}=\theta \beta {{'}^{4}}+\eta {{\left( 1-i \right)}^{4m-4}}\alpha {{'}^{4}}}$$, $${\theta ,\eta }$$は単数
と書き直しておく。$${{{\left( 1-i \right)}^{4}}=-4}$$であるから、（$${{{\beta }^{2}}=\theta \beta {{'}^{4}}+4\kappa }$$と書けている）
$${{{\beta }^{2}}\equiv \theta \beta {{'}^{4}}\bmod 4}$$
$${{{\beta }^{4}}\equiv {{\theta }^{2}}\beta {{'}^{8}}\bmod 8}$$
しかし、命題２より$${{{\beta }^{4}}\equiv 1(\bmod 8)}$$かつ$${\beta {{'}^{4}}\equiv 1(\bmod 8)}$$。よって、$${\theta =\pm 1(\bmod 4)}$$がわかる。ところが、単数$${\theta =\pm 1,\pm i}$$であるから$${\theta =\pm 1}$$でなければならない。従って、$${\pm {{\beta }^{2}}=\beta {{'}^{4}}+\pm \eta {{\left( 1-i \right)}^{4\left( m-1 \right)}}\alpha {{'}^{4}}}$$の$${\pm }$$ に応じて$${\beta }$$または$${i\beta }$$を$${\gamma '}$$ と読み替え、$${\pm \eta }$$ を$${\varepsilon '}$$と読み替えると$${\varepsilon '{{\left( 1-i \right)}^{4\left( m-1 \right)}}\alpha {{'}^{4}}+\beta {{'}^{4}}=\gamma {{'}^{2}}}$$となる。対偶「$${m}$$で解が存在}$${\Rightarrow }$$$${m-1}$${ で解が存在」を示せばよかった。$${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$と$${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$と$${\varepsilon '{{\left( 1-i \right)}^{4\left( m-1 \right)}}\alpha {{'}^{4}}+\beta {{'}^{4}}=\gamma {{'}^{2}}}$$の比較で、$${m}$${ が}$${m-1}$$ に代わっているだけで、$${\varepsilon {{\left( 1-i \right)}^{4m}}\alpha _{0}^{4}+{{\beta }^{4}}={{\gamma }^{2}}}$$に解がある$${\Rightarrow }$$ $${\varepsilon '{{\left( 1-i \right)}^{4\left( m-1 \right)}}\alpha {{'}^{4}}+\beta {{'}^{4}}=\gamma {{'}^{2}}}$$に解があるとなり、帰納法の証明が完結する。▆
最近以下のYouTube動画を知った。
なかなか良いのでぜひ参照してほしい
https://www.youtube.com/playlist?list=PL5Pahvi5ekKeCDWgbVTV-WgONOqaDcc_g
参考文献
高木貞治 整数論講義 岩波書店