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【第1回】FoxQからの出題第1回の解答【2019/08/25出題】

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FoxQからの出題(第1回)

twitterにて2019/08/25に出題した以下の問題の解答例をあげます。

小さなn

問題の19の倍数の条件は実は外せるので、外して解く。つまり、

2以上の自然数nに対して、

\frac{8^n+1}{n^3}

自然数になるようなnを全て求めよ。
まず、nが偶数であると仮定すると、分母が偶数、分子が奇数になって題意の数が自然数にならないので矛盾。よって、nは奇数である。
小さなnについて見てみると、n=265/8,n=319となるので、n=3は1つの解になっている。これ以外に解がないとあたりをつけて証明する方針で行く。

因数分解

簡単のためr=8として

\frac{r^n+1}{n^3}……(1)

と書き直す。pn素因数分解したときの最小の奇素数として、

n=p^kN……(2)

とおくと、

 r^n+1=(r+1)\frac{r^p+1}{r+1} \frac{r^{p^2}+1}{r^p+1}\cdots \frac{r^{p^k}+1}{r^{p^{k-1}}+1} \frac{r^{p^kN}+1}{r^{p^k}+1} ……(3)

と分解できる。このとき、自然数xと奇数mに対して、f_m(x)

f_m(x)=\frac{x^m+1}{x+1}=1-x+x^2-\cdots+x^{m-1}……(4)

とおくと、f_m(x)自然数となっている。これを用いて、(3)式を書き直すと、

r^n+1=(r+1) f_p(r) \cdot f_p(r^p) \cdot f_p(r^{p^2})\cdots f_p(r^{p^{k-1}}) f_N(r^{p^k})

と表せる。まず、 f_p(r^{p^j})) \; (j=0,1,\cdots,k-1)p=3でちょうど一回ずつ割り切れることを証明する。次に、 f_N(r^{p^k})p=3で割り切れないことを証明する。これにより、nの最小の素因数の候補がp=3となる。

  f_p(r^{p^j}) \; (j=0,1,\cdots,k-1)p=3でちょうど一回ずつ割り切れること

以後、p=3とする。まず、フェルマーの小定理より、

r^p \equiv r \; (\bmod p)……(5)

なので、

f_p(r^{p^j}) \equiv f_p(r)……(6)

である。よって、f_p(r)p=3でちょうど一回だけ割れることを示せばよい。r=8であったので、法を3として

f_3(8)=1-8+8^2 \equiv 1-(-1)+(-1)^2 =3 \equiv 0 \; (\bmod 3) ……(7)

より、 f_p(r^{p^j}) \; (j=0,1,\cdots,k-1)p=3で少なくとも一回は割り切れる。

次に、法を9として

f_3(8)=1-8+8^2 \equiv 1-(-1)+(-1)^2 =3 \not\equiv 0 \; (\bmod 9) ……(8)

なので、 f_p(r^{p^j}) \; (j=0,1,\cdots,k-1)p=3でちょうど一回だけ割り切れる。

 f_N(r^{p^k})p=3で割り切れないこと

フェルマーの小定理((5)式)より、

f_N(r^{p^k})=f_N(r)……(9)

である。法を3として

f_N(8)=1-8+8^2-\cdots+8^{N-1}

      =1-(-1)+(-1)^2-\cdots+(-1)^{N-1}=N \; (\bmod 3)……(10)

ここで、3Nは互いに素であったので、

f_N(8) \not\equiv 0 \; (\bmod 3)……(11)

が言えた。つまり、f_N(r^{p^k})3で割り切れない。

分子・分母が3で何回割れるか

以上より、

r+1=9=3^2……(12)

であるから、n=3^kNとするとき、(1)式の分子は3k+2回割り切れる。
分母は33k回割り切れるので、題意を満たすためには次の不等式が成り立つ必要がある。

k+2 \ge 3k
\Rightarrow 2k \le 2
\Rightarrow k=0,1……(13)

n3以外の素因子を持たないこと

n3以外の素因子を持たないことを証明する。
n3より大きいnの最小の素因数をqとし、Mqより大きな素因数の積のみからなる自然数とする。つまり、qMは互いに素である。このとき、m自然数としてnは、

n=3^k q^m M……(14)

と表せる。まず、

R=8^{3^k}……(15)

とおくと、

R=8,512……(16)

である。法をqとしてフェルマーの小定理を使うと、R^q \equiv Rなので、

8^n+1=R^{q^m M}+1 \equiv R^M \; (\bmod q)……(17)

となる。仮定より、8^n+1\equiv 0 \; (\bmod q)なので、

R^M+1\equiv 0 \; (\bmod q)
R^{2M}\equiv 1 \; (\bmod q)……(18)

である。また、フェルマーの小定理より、

R^{q-1}\equiv 1 \; (\bmod q)……(19)

であった。ここで、

R^\mu \equiv 1 \; (\bmod q)……(20)

が成り立つ最小の自然数\muとすると、(18)(19)式より、ある自然数s,tが存在して、

2M=s\mu……(21)
q-1=t\mu……(22)

と表せる。(21)式の両辺にtをかけると、

2Mt=s(q-1)……(23)

を得る。ここで、Mの素因子は全てqより大きいか、またはM=1なので、ある自然数uが存在して、

 s=Mu……(24)

となる。これを(21)式に代入して、

2=u\mu
\Rightarrow \mu=1,2……(25) 

を得る。ここで、場合分けを行う。

\mu=1の場合

8^n+1\equiv R^M+1 \equiv 1+1 =2 \; (\bmod q)

となり矛盾。

\mu=2の場合

R \not\equiv 1であったので、

R\equiv -1
\Rightarrow R+1 \equiv 0 (\bmod q)……(26)

を得る。(14)(16)式でk=0のとき、

R+1=9 \equiv \; (\bmod q)……(27)

を得るが、q3より大きな素数なので矛盾。以後、k=1R=512とすると、

R+1=513=3^3 \times 19 \; (\bmod q)……(28)

を得る。これより、

q=19……(29)

でなければいけないが、(3)式より、R^{q^m M}

8^n+1=R^{q^m M}+1
     =(R+1) f_q(R) \cdot f_q(R^q) \cdot f_q(R^{q^2})\cdots f_q(R^{q^{k-1}}) f_M(R^{q^k})……(30)

因数分解できるので、(26)式に注意すると、p=3のときの議論と全く同様にして、8^n+119でちょうどm+1回だけ割り切れることがわかる。ところが、分母はn^3なので、19で3m回割り切れる。(28)式より、(1)式が自然数となるためには、次の不等式が成り立つ必要がある。

m+1 \ge 3m
\Rightarrow m \le \frac{1}{2}……(31)

これを満たす自然数mは存在しないので矛盾。したがって、n3よりおおきな素因子を持たない。よって、求める解は、

n=3

のみであることが示された。