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FoxQの予想の部分的証明([tex:s=2p^2,t=q^2]で[tex:p,q]が互いに素な奇素数の場合 )

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原始ピタゴラス数

原始ピタゴラス数は、互いに素な自然数 $s,t$ で、偶奇が異なるものを用いて、

$C=s^2+t^2,B=2st,A=s^2-t^2$ ……(1.1)

で全て表される。今回は、 $s=2p^2$ , $t=q^2$ , $p,q$ は互いに素な奇素数と表されるとき、何が言えるか検証してみたので、成果を報告する。

法を4としたとき

FoxQの予想は次のものである。

$A^a+B^b$ が平方数 $n^2$ *1になる自然数 $(a,b)$ の組は、 $(A,B)=(9,40)$ の場合を除いて高々2通りである。今回は、この予想の証明を部分的な場合について行う。

まず、

$A=s^2-t-2=4p^4-q^2$ ……(2.1)
$B=2st=(2pq)^2$ ……(2.2)

である。

$n^2 \equiv (-1)^a \; (\bmod 4)$
$\Rightarrow a$ は偶数……(2.3)

が言えるので、

$a=2m(m \ge 1)$ ……(2.4)

とおく。また、

$B=2\times2p^2q^2=(2pq)^2$ は平方数……(2.5)

である。

原子ピタゴラス数から原子ピタゴラス数へ

$A^a+B^b=(A^m)^2+[(2pq)^b]^2=n^2$ ……(3.1)

なので、 $A^m,(2pq)^b,n$ は再びピタゴラス数になっている。ここで、Wolfram Alphaによると、

$\gcd(A,2pq)=1$

である。*2つまり、 $A^m,(2pq)^b$ は互いに素なので、 $A^m,(2pq)^b,n$ は再び原始ピタゴラス数になっている。よって、ある偶奇の異なって互いに素な自然数の組 $(\alpha,\beta)$ が存在して、

$A^m=\alpha^2-\beta^2$ ……(3.3)
$(2pq)^b=2\alpha \beta$ ……(3.4)
$n=\alpha^2+\beta^2$ ……(3.5)

と表せる。 (3.4)より、可能な $(\alpha,\beta)$ の組は

① $\alpha=2^{b-1}p^b,\beta=q^b$
② $\alpha=2^{b-1}q^b,\beta=p^b$
③ $\alpha=p^b,\beta=2^{b-1}q^b$
④ $\alpha=q^b,\beta=2^{b-1}p^b$
⑤ $\alpha=2^{b-1}p^bq^b,\beta=1$

の5通りである。

③の場合

法を $8$ として、 $p$ が奇数なので

$4p^4-1\equiv 3$ ……(4.1)
$p^{2b} \equiv 1$ ……(4.2)
$2^{2b-2}\equiv 1,4,0$ ……(4.3)

が成り立つ。特に、 $b\ge 3$ で $2^{2b-2}\equiv 0$ である。そこで、(4.3)の3通りの場合を括弧()で表すことにすると

$3\equiv A^m=p^{2b}-2^{2b-2}q^{2b}\equiv1-(1,4,0)\equiv(0,5,1)$ ……(4.4)

より矛盾。

④の場合

法を $8$ として、③の場合と同様にして、

$3\equiv A^m=q^{2b}-2^{2b-2}p^{2b}\equiv1-(1,4,0)\equiv(0,5,1)$ ……(5.1)

より矛盾。

②の場合

法を $8$ として、③の場合と同様にして、

$3\equiv A^m=2^{2b-2}q^{2b}-p^{2b}\equiv(1,4,0)-1\equiv(1,3,7)$ ……(6.1)

よって、 $b=2$ である。このとき、(2.1)(3.3)式より、

$A^m=(4p^4-q^4)^m=4q^4-p^4$ ……(6.2)

$m=1$ は明らかに不適。 $m \ge 2$ とすると、

$A^m\ge (4p^4-q^4)^2=16q^8-8p^4q^4+q^8 \gt q^8$ ……(6.3)

従って、(6.3)式より、 $q\ge 3$ なので、

$A^m \gt q^8 \gt 4q^4 \gt 4q^4-p^4$ ……(6.4)

となり矛盾。

⑤の場合

法を $8$ として、③の場合と同様にして、

$3\equiv A^m=2^{2b-2}p^{2b}q^{2b}-1\equiv(1,4,0)-1\equiv(1,3,7)$ ……(7.1)

よって、 $b=2$ である。このとき、(2.1)(3.3)式より、

$A^m=(4p^4-q^4)^m=4p^4q^4-1$ ……(7.2)

$m=1$ は明らかに不適。 $m\ge 2$ とすると

$A^m\ge (4p^4-q^4)^2=16p^8-8p^4q^4+q^8 \gt 16p^8+q^8$ ……(7.3)

また、 $A\gt 0$ より、

$4p^4\gt q^4$ ……(7.4)

従って、(7.3)(7.4)式より、

$A^m \gt 16p^8+q^8 \gt 4p^4q^4+q^8 \gt 4p^4 q^4 \gt 4p^4q^4-1$ ……(7.5)

となり矛盾。

①の場合

法を $8$ として、③の場合と同様にして、

$3\equiv A^m=2^{2b-2}p^{2b}-q^{2b}\equiv(1,4,0)-1\equiv(1,3,7)$ ……(8.1)

よって、 $b=2$ である。このとき、(2.1)(3.3)式より、

$A^m=(4p^4-q^4)^m=4p^4-1$ ……(8.2)

よって、

$m=1$ ……(8.3)

のとき明らかに成立。よって、 $m=1$ は求める解の１つである。 $m \ge 2$ とすると、

$A^m\ge (4p^4-q^4)^2=16p^8-8p^4q^4+q^8 \gt 16p^8+q^8$ ……(8.4)

従って、(8.4)式より、 $q\ge 3$ なので、

$A^m \gt 16p^8+q^8 \gt q^8 \gt 4q^4 \gt 4p^4-q^4$ ……(8.5)

となり矛盾。

求まった解

以上より、互いに素で偶奇が異なる $s=2p^2$ , $t=q^2$ から生成される原子ピタゴラス数 $A,B$ に対して、

$A^a+B^b$ が平方数 $n^2$ になる自然数 $(a,b)$ の組は、(2.4)(8.3)式より、

$(a,b)=(2,2)$ のみである。

今回も解は $(a,b)=(2,2)$ のみとなったので、次回は $(a,b)=(2,2)$ 以外に解の出てくる場合を調べたいと思います。

*1: $n$ は明らかに奇数である。

*2:ユークリッドの互除法がうまくできませんでした。やり方をわかった方がいたらどうか教えてください。