2019-09-22

2007カザフスタン数学オリンピックを解いてみた

2007カザフスタン 数学オリンピック

昨日の夜に見かけて、気になっていた問題だったので、今日解きました。

素数の組(p,q,r)であって, p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)を満たすようなものを全て求めよ.(2007 カザフスタン数学オリンピック)
— 整数問題bot② (@handmade_math) September 21, 2019

解答

$p=q$ と $p\not=q$ の場合に分けて解く。

$p\not=q$ の場合

$q\gt p$ として一般性を失わない。まずは式変形をして、 $p$ で割れる形に持っていきます。

$p(p+1)+q(q+1)=r(r+1)$
$p(p+1)=r^2-q^2+r-q$
$p(p+1)=(r-q)(r+q)+r-q$
$p(p+1)=(r-q)(r+q+1)$ ……(1.1)

$p$ が素数なので、法を $p$ として

$r-q\equiv 0$ ……(1.2)

または

$r+q+1 \equiv 0$ ……(1.3)

が成り立つ。(1.2)の場合、(1.1)式より明らかに、 $r \gt q$ なので、

$r=q+pk(k\ge1)$ ……(1.4)

と表せる。この式を(1.1)式に代入して整理すると、

$p^2+p+q^2+q=q^2+p^2k^2+2pqk+q+pk$
$(k^2-1)p^2+(2qk+k-1)p=0$ ……(1.5)

となるが左辺は正なので矛盾。同様にして、(1.1)式を $p$ と $q$ の役割を入れ替えて変形すると、

$q(q+1)=(r-p)(r+p+1)$ ……(1.6)

となり、

法を $q$ として

$r-p\equiv 0$ ……(1.7)

または

$r+p+1 \equiv 0$ ……(1.8)

が成り立つ。(1.7)式は、(1.2)式の場合と全く同様にして矛盾が導けるので、(1.3)かつ(1.8)が成り立つ。従って、改めて $k,l$ を自然数として

$r+q+1=pk$ ……(1.9)
$r+p+1=ql$ ……(1.10)

と表せる。(1.9)式から(1.10)式を引くと、

$q-p=pk-ql$
$q(l+1)=p(k+1)$ ……(1.11)

ここで仮定より、 $p\not= q$ であったので、 $g=\gcd(l+1,k+1)$ とおくと、

$l+1=pg$
$k+1=qg$
$l=pg-1$
$k=qg-1$ ……(1.12)

となる。*1これを(1.9)式に代入して、

$r=pqg-p-q-1$
$r^2=p^2q^2g^2-2p^2qg-2pq^2g+p^2+q^2+2p+2q+1$ ……(1.13)

これを(1.1)式に代入して、整理すると、

$0=p^2q^2g^2-2p^2qg-2pq^2g+pqg$
$0=pqg-2p-2q+1$
$q(pg-2)=2p-1$ ……(1.14)

$pg=2$ のとき、 $p=2,g=1$ で(1.14)式は $0=3$ となり矛盾するので、 $pg-2\not= 0$ であり、両辺を $pg-2$ で割れる。 $q\gt p$ としていたことを思い出すと不等式による評価を得る。

$q=\frac{2p-1}{pg-2}\gt p$
$2p-1 \gt gp^2-2p$
$0\gt gp^2-4p-1 \equiv f(p)$ ……(1.15)

最後の行で $f(p)$ を定義した。 $g=1$ のとき、

$f(0)=1$
$f(1)=-2$
$f(3)=-2$
$f(4)=1$ ……(1.16)

より、(1.15)の不等式を満たす素数 $p$ は、 $p\not= 2$ であったことを思い出すと、

$p=3$ ……(1.17)

のみである。このとき、(1.13)(1.15)より、

$q=5,r=15-3-5-1=6$ ……(1.18)

となり、 $r$ は素数でないので矛盾。 $g\ge 2$ のとき、(1.15)の不等式を満たす素数 $p$ の範囲は $g=1$ の場合に比べて明らかに狭くなる。よって、 $p\not=q$ の場合に解は存在しない。

$p=q$ の場合

(1.1)式より、

$2p(p+1)=r(r+1)$ ……(2.1)

これより、

$r=2$ ……(2.2)

または

$r+1 = 2k(k\ge 1)$ ……(2.3)

が成り立つ。 $r=2$ のとき、

$p(p+1)=3$ ……(2.4)

となり、 $p$ が素数であるので矛盾。 $r+1=2k$ のとき、(2.1)式より、

$p(p+1)=k(2k-1)$ ……(2.5)

従って、法を $p$ として、

$2k-1 \equiv 0$ ……(2.6)

または

$k\equiv 0$ ……(2.7)

が成り立つ。(2.6)の場合、改めて

$2k-1=pl(l\ge 1)$ ……(2.8)

と表せるので、これを $2\times$ (2.5)式に代入すると、

$2p(p+1)=pl(pl+1)$
$2(p+1)=l(pl+1)$
$(l^2-2)p=2-l$ ……(2.9)

ここで、 $l$ は整数なので $l^2-2\not= 0$ より、両辺が $l^2-2$ で割れて、

$p=\frac{2-l}{l^2-2}$ ……(2.10)

を得る。ところが、

$l=1\Rightarrow p=-1$
$l=2\Rightarrow p=0$
$l\ge 3\Rightarrow p \lt 0$ ……(2.11)

となり、 $p$ が素数であったことに矛盾する。よって、(2.7)式が可能性として残る。このとき、

$k=pl$ ……(2.12)

と表せるので、先程と同様にして、

$p(p+1)=pl(2pl-1)$
$p+1=2l^2p-l$
$(2l^2-1)p=l+1$
$p=\frac{l+1}{2l^2-1}$ ……(2.13)

ここで、仮定より、 $p=q$ であったことを思い出すと、

$l=1\Rightarrow p=q=2$

(2.1)式より、
$2\cdot 2 \cdot 3 =r(r+1)$
$r^2+r-12=0$
$(r-3)(r+4)=0$ ……(2.14)

より、 $r=3$ が解となる。また、 $l\ge 2$ のとき、(2.13)式は、

$p \lt 1$ ……(2.15)

となるので、これ以外の解は存在しない。よって、求める解は、

$(p,q,r)=(2,2,3)$

である。

*1: $s=\frac{l+1}{g},t=\frac{k+1}{g}$ とおくと、(1.11)式は $qs=pt$ となり、 $s,t$ が互いに素なので、 $s=p,t=q$ が言え、(1.12)式が従う。

2019-09-21

2002ギリシャ数学オリンピックを解いてみた。

twitter 整数問題bot② 数学オリンピック数学

数学関連の絶版本・品切れ本をコチラから購入できます！

2002ギリシャ 数学オリンピック

昼ごはん後の休憩として、解いてみた。

x≦y≦zを満たす正の整数の組(x,y,z)であって, xy+yz+zx-xyz=2を満たすようなものを全て求めよ.(2002 ギリシャ数学オリンピック)
— 整数問題bot② (@handmade_math) September 21, 2019

解答

問題は、

$xy+yz+zx-xyz=2$ ……(1)

である。 $x=1$ のとき、

$y+yz+z-yz=2$
$y+z=2$ ……(2)

より、 $y,z$ が正の整数なので、求める解の1組は

$(x,y,z)=(1,1,1)$ ……(3)

となる。 $x=2$ のとき、

$2y+yz+2z-2yz=2$
$2(y+z-1)=yz$ ……(4)

従って、 $y,z$ のいずれかは偶数である。 $y$ が偶数であるとして、 $y=2k(k \ge 1)$ とおくと、

$2k+z-1=kz$
$y-1=(k-1)z$ ……(5)

となるが、これは、 $z\ge y \ge x \ge 2$ であったので、 $y-1,k-1\ge 1$ となり、矛盾。従って、 $z$ が偶数であるので、これを改めて $z=2k(k \ge 1)$ とおくと、

$y+2k-1=yk$
$k(y-2)=y-1$ ……(6)

ここで、 $y-2=0$ ならば、(6)式は $0=1$ を導くので矛盾。従って、 $y-2\not= 0$ なので、(6)式の両辺を $y-2$ で割って、

$k=\frac{y-1}{y-2}$ ……(7)

隣り合う2数は互いに素なので、 $k$ が整数となるためには、

$y=3$ ……(8)

でなくてはならない。このとき、 $k=2$ より、求める解の１つは、

$(x,y,z)=(2,3,4)$ ……(9)

である。以後、 $x\ge 3$ とする。さて、(1)式に戻ると、
$2-yz=x(y+z-yz)$ ……(13)

と変形できるので、 $y+z-yz$ が0になる場合と、そうでない場合に分けて解く。 $y+z-yz=0$ のとき、

$z(1-y)=-y$
$z=\frac{y}{1-y}$ ……(14)

ここで、隣り合う2数は互いに素なので、 $y,y-1$ は互いに素となり、 $z$ は自然数にならない。よって、矛盾。したがって、(13)式の両辺は、 $y+z-yz$ で割れて、

$x=\frac{yz-2}{yz-y-z}$ ……(15)

となる。 $z \ge y \ge x \ge 3$ より、

$3 \le x=\frac{yz-2}{yz-y-z} \le \frac{yz-2}{yz-6}$ ……(16)

を得るので、これを整理して、

$3yz -18 \le yz-2$
$2yz \le 16$
$yz \le 8$ ……(17)

ところが、 $z \ge y \ge x \ge 3$ であったので、

$yz\ge 9$ ……(18)

となり、(17)(18)式は矛盾している。従って、 $x\ge 3$ の解はなく、求める解は、

$(x,y,z)=(1,1,1),(2,3,4)$ ……(19)

のみである。

2019-09-20

【第3回】FoxQからの出題3【2019/09/10出題】

数学関連の絶版本・品切れ本をコチラから購入できます！

FoxQからの出題第3回

今回出題したのは以下の問題です。メルセンヌ数が途中で出てくるのがおしゃれポイントです。

[FoxQからの出題3]
(p^2-4p-2)^6=416p^n+(-36p-1)^n
を満たす自然数nと素数pの組を(全て)求めよ。 pic.twitter.com/Ux2nUXvI0M
— FoxQ@固定ツイはFoxQからの出題3 (@foxq_stm) September 10, 2019

今回の正答者はイナバノクロウサギ (@kunne_isepo)さんでした。おめでとうございます！

mod pで両辺比較して2^6-(-1)^n≡0より
n:奇数のとき、p=5,13
右辺がnの減少関数になることから有限個チェックして解なし。
n:偶数のとき、p=3,7
右辺がnの増加関数になることから有限個チェックしてp=3でn=2。
以上より(n,p)=(2,3)。 https://t.co/w53IsEzLNK
— イナバノクロウサギ (@kunne_isepo) September 19, 2019

詳細な解答例

問題は、

$(p^2-4p-2)^6=416p^n+(-36p-1)^n$ ……(1)

である。まず、 $p=2$ とすると、(1)式は偶数=偶数+奇数となって矛盾。よって、 $p$ は奇素数、このとき、

$p^2\equiv 1 (\bmod 4)$

なので、法を $4$ として(1)式は、

$(1-2)^6\equiv 1 \equiv (-1)^n$

となる。よって、 $n$ は偶数である。

次に法を $p$ として(1)式を見ると、

$(-2)^6\equiv(-1)^n\equiv 1$
$\Rightarrow 2^6-1\equiv 0$
$\Rightarrow (2^3-1)(2^3+1)=7\times3^2 (\bmod p)$

従って、

$p=3,7$

のいずれかである。

$p=7$ の場合

$p^2-4p-2=19$

である。 $n=2$ のとき、法を $19$ として

$0\equiv19^6 \equiv 17\times 49 +253^2$
$\Rightarrow 0\equiv 17\times 11 +6^2$
$\Rightarrow 0\equiv 17\times 11 +17$
$\Rightarrow 0\equiv 17\times12\equiv 17\times2^2\times 3$

より矛盾。よって、 $n\ge 4$

$8000= 20^3 \gt 19^3$
$253^2 \gt 200^2 =40000$

より、

$19^6 \gt 20^6 \gt 200^4 \gt (253)^4$

となる。したがって、(1)式

$(19)^6=416\times19^4+(253)^4$

は成り立たず矛盾。

$p=3$ の場合

$p^2-4p-2=-5$

である。 $n=2$ のとき、法を $5$ として

$0\equiv 5^6 \equiv 1\times 3^2 +109^2$
$\Rightarrow 0\equiv 9 +4^2\equiv 25$

で、無矛盾。よって、 $n=2$ の場合を調べると、

$5^6=(5^3)^2=(100+25)^2=15625$
$416\times 3^2 =3744$
$109^2=(100+9)^2=11881$

より、

$5^6=416\times 3^2 +(-36\times 3 -1)^2$

が成立する。(1)式は $n$ の狭義単調増加関数なので、 $p=3$ で(1)式を満たす $n\ge 4$ は存在しない。よって、求める解は、

$(p,n)=(3,2)$

である。

2019-09-19

ディオファントス近似のプログラムを書いてみた【tan1°を有理数で近似する試み】

プログラミング数学

Amazon.co.jp: Yoshiki Ueoka:作品一覧、著者略歴

数学関連の絶版本・品切れ本をコチラから購入できます！

ディオファントス近似

ディオファントス近似とは、ざっくり言うと無理数を有理数で近似する方法である。*1
例えば、円周率 $\pi$ については、

$\pi \simeq \frac{355}{113}=3.1415929204...$
$\pi \simeq \frac{103993}{33102}=3.141592653011903...$

等がある。

プログラム

プログラムを書くにあたって、はじめての数論31章と下記のサイトを参考にしました。ありがとうございます。

qiita.com

作成したプログラムは下記にて公開しているので、改変自由でご自由にお使いください。

github.com

使い方はalphaに近似したい無理数を代入し、Nの値をいろいろと変えていくと、既約分数による近似が得られます。Nの値が大きい程、精度は良くなりますが計算時間がかかります。

いくつかの例

今回のプログラムで計算した例をいくつか紹介する。以下は、 $N=10,10^2,10^3,10^4$ で計算した結果である。*2なるべく精度の高い方から順に書いておく。

$\sqrt{13}=3.605551275463989...$
$\simeq \frac{23382}{6485}=3.60555127216665384...$
$\simeq \frac{649}{180}=3.6055555555555556...$
$\simeq \frac{256}{71}=3.6056338028169015...$
$\simeq \frac{18}{5}=3.6$

円周率の例も再現できた。

$\pi \simeq \frac{355}{113}$
$\simeq \frac{22}{7}=3.142857142857143...$

ここからは、未知の領域へ。まずは、ネイピア数。

$\mathrm{e} = 2.718281828459045...$
$\simeq \frac{23225}{8544}=2.7182818352059925...$
$\simeq \frac{25946}{9545}=2.7182818229439496...$
$\simeq \frac{1457}{536}=2.718283582089552...$
$\simeq \frac{193}{71}=2.7183098591549295...$
$\simeq \frac{19}{7}=2.7142857142857144...$

無理数 $\tan 1^{\circ}$ *3も敢えて有理数で近似してみた。 $1/57$ で近似できたのは驚きだった。

$\tan 1^{\circ} = 0.017455064928217585...$
$\simeq \frac{169}{9682}=0.0174550712662673...$
$\simeq \frac{100}{5729}=0.017455053237912375...$
$\simeq \frac{1}{57}=0.017543859649122806...$

最後に、 $\pi^{\mathrm{e}}$ と ${\mathrm{e}}^{\pi}$ 、

$\pi^{\mathrm{e}}=22.45915771836104...$
$\simeq \frac{158921}{7076}=22.459157716223856...$
$\simeq \frac{2201}{98}=22.459183673469386...$
$\simeq \frac{1370}{61}=22.459016393442624...$
$\simeq \frac{45}{2}=22.5$

${\mathrm{e}}^{\pi}=23.140692632779263...$
$\simeq \frac{10691}{462}=23.14069264069264...$
$\simeq \frac{1481}{64}=23.140625$
$\simeq \frac{162}{7}=23.142857142857142...$

こんな感じに、いろんな無理数を近似することができます。みなさんも暇でやることがない時は、このプログラムを使って、いろんな無理数を有理数で近似して遊んでみてください。それでは。

*1:はじめての数論31章より。

*2:小数点以下切り捨てている部分は四捨五入してある。

*3:2006年京都大学の入試問題より

2019-09-16

2012年第二回東大オープン3を解いてみた

数学整数問題bot twitter 追記あり、一部未完成

数学関連の絶版本・品切れ本をコチラから購入できます！

2019/09/19追記:みをつくしさんが間違いを指摘してくれたので、修正しました。ありがとうございました。

2012年第二回東大オープン3

今日は本を読む気がなかなかおきなくて数学できていないので、twitterの数学をしました。

[53]p,qを素数、nを正の整数とする。xの方程式
x²-pⁿx+qⁿ＝0
が整数解を持つとき、(p,q,n)の組を全て求めよ(2012年第二回東大オープン3、易)
— 整数問題bot (@seisu_bot) September 16, 2019

解答

まずは、式変形する。

$x^2-p^n x +q^n=0$
$x(p^n -x)=q^n$ ……(1.1)

このとき、

① $x=1,p^n-x=q^n$
② $x=q^n,p^n-x=1$
③ $x\equiv 0,p^n-x\equiv 0 (\bmod q)$

の3通りのパターンがあり得る。

①の場合

$p^n-1=q^n$ ……(2.1)

ここで、 $p,q$ の偶奇は異ならなければいけないことがわかる。 $q\lt p$ より、

$q=2$ ……(2.2)

である。また、 $n$ が偶数のとき、 $n=2k(k \ge 1)$ とおくと、

$(p^k-2^k)(p^k+2^k)=1$ ……(2.2)

となり、これを満たす $p$ は明らかに存在しないので矛盾。 $n$ が奇数のとき、

$p^n=2^n+1=(2+1)(1-2+2^2-\cdots+2^{n-1})$ ……(2.3)

と因数分解できる。ここで、 $n\ge 3$ とすると

$1-2+2^2-\cdots+2^{n-1}=p^{n-1}$
$1-2+2^2-\cdots-2^{n-2}=p^{n-1}-2^{n-1}$
$-1-2^2-2^4 \cdots - 2^{n-3}$ ……(2.4)

となるが右辺は正で、左辺は負となるので矛盾。よって、 $n=1$ で

$(p,q,n)=(3,2,1)$ ……(2.5)

である。

②の場合

$p^n-q^n=1$ ……(3.1)
$p,q$ の偶奇はことなり、 $p \gt q$ なので、 $q=2$ 。従って、

$p^n=2^n+1$ ……(3.2)

この式は(2.3)式と同じなので、求める $p,q,n$ も①の場合と同じである。

③の場合

$p^n\equiv 0 (\bmod q)$ ……(4.1)

より、 $p,q$ は素数なので、

$p=q$ ……(4.2)

である。(1.1)式より、 $k+l=n(n-1 \ge k,l \ge 1)$ となる自然数によって、

$x=p^k,p^n-x=p^l$ ……(4.3)

と表せる。 $x=p^k$ を右の式に代入して、

$p^n-p^k=p^l$
$p^k(p^{n-k}-1)=p^l$ ……(4.4)

ここで、 $n-k\ge 1$ なので、

$p^{n-k}-1\equiv -1 \not\equiv p$ ……(4.5)

なので、 $p^{n-k}-1$ は $p$ で割り切れない。従って、

$p^{n-k}-1=1$
$p^{n-k}=2$ ……(4.6)

でなければいならない。よって、これを満たす $(p,q,n)$ は、

$(p,q,n)=(2,2,2)$ ……(4.7)

求める解

以上より、求める解は、

$(p,q,n)=(3,2,1),(2,2,2)$ ……(5.1)

のみである。

2019-09-13

整数問題bot②の自作問題を解いてみた1

twitter 数学整数問題bot②

整数問題bot②の自作問題

今回もtwitterで見かけた以下の問題を解いてみた。なかなか手ごわい問題だった。

p^n-1=m^5+m^4を満たす素数p,および正の整数m,nを全て求めよ.(自作)
— 整数問題bot② (@handmade_math) September 12, 2019

解答

問題は、

$p^n-1=m^5+m^4$ ……(1.1)

を満たす正の整数[tex;m,n]を全て求めよである。

$m=1$ のとき、

$p^n=3$
$\Rightarrow p=3,n=1$ ……(1.2)

がわかる。次に、 $m=2$ のとき、

$p^n=32+16+1=49$ より

$p=7,n=2$ ……(1.3)

がわかる。これで、解

$(m,n)=(1,1),(2,2)$ ……(1.4)

が求まった。これ以外に解のないことを示す。以後、 $m\ge 3$ として矛盾を導く。

因数分解と合同式

$p^n=m^5+m^4+1=(m^2+m+1)(m^3-m+1)$ ……(2.1)

と因数分解できる。 $m\ge 3$ より、

$m^2+m+1\ge 13 \not= 1$ ……(2.2)
$m^3-m+1 \ge m^3+1 \ge 28 \not= 1$ ……(2.3)

より、 $m^2+m+1,m^3-m+1$ は $p$ の冪乗であって、 $1$ でない。従って、 $p$ を法として、

$m^2+m+1\equiv 0$ かつ $m^3-m+1\equiv 0$ ……(2.4)

である。上の2式の差をとると、

$0\equiv(m^3-m+1)-(m^2+m+1)=m(m^2-m-2)=m(m+1)(m-2)$ ……(2.5)

と因数分解できる。

場合分けと合同式

(2.5)式より、 $p$ を法として

① $m\equiv 0$
② $m\equiv -1$
③ $m\equiv 2$

となる。

①の場合、(2.4)式より、

$1 \equiv 0 (\bmod p)$ ……(3.1)

より、これを満たす素数 $p$ は存在しないので矛盾。

②の場合、(2.4)式より、

$(-1)^2-1+1\equiv 1\equiv 0 (\bmod p)$ ……(3.2)

より、これを満たす素数 $p$ は存在しないので矛盾。

③の場合(2.4)式より、

$2^2+2+1=7 (\bmod p)$ ……(3.3)

より、これを満たす素数 $p$ は $7$ である。(2.4)式より、

$2^3-2+1\equiv 7 \equiv 0 (\bmod 7)$ ……(3.4)

となるので、無矛盾である。よって、 $m\ge 3$ ならば、 $p=7$ である。

再び場合分けと合同式

(2.1),(2.2),(2.3)式より、

$m^2+m+1 = 7^k (k\ge 2)$ ……(4.1)
$m^3-m+1 = 7^l (l \ge 2)$ ……(4.2)

と表せる。そこで、法を49として、(法を7とした時と同様にして、)

$m^2+m+1\equiv 0 (\bmod 49)$ かつ $m^3-m+1\equiv 0 (\bmod 49)$ ……(4.3)

である。再び、差をとって、

$0\equiv m(m+1)(m-2) (\bmod 49)$ ……(4.4)

を得る。ところで、 $m-2$ のみが $7$ で割れたので、 $m-2$ のみが $49$ で割れる。つまり、

$m-2\equiv 0 (\bmod 49)$
$\Rightarrow m \equiv 2 (\bmod 49)$ ……(4.5)

となる。ところが、(4.3)式より、法を49として、

$2^2+2+1 \equiv 7 \equiv 0 (\bmod 49)$ ……(4.6)

となり矛盾。よって、 $m\ge 3$ の解はない。

求める解

以上より、求める解は、(1.4)式より

$(m,n)=(1,1),(2,2)$ ……(5.1)

のみである。

2019-09-10

【別解】2009ウクライナ数学オリンピックを解いてみた

数学 twitter 数学オリンピック整数問題bot②

数学関連の絶版本・品切れ本をコチラから購入できます！

2009ウクライナ 数学オリンピック

今日もtwitterで見かけた問題を解いてみた。最近、平方数にこっているので目についたのが次の問題だ。

素数pと正の整数mであって,2p^2+p+9=m^2を満たすようなものを全て求めよ.(2009 ウクライナ数学オリンピック)
— 整数問題bot② (@handmade_math) September 10, 2019

解いてみてから気づいたが、過去にも同じ問題を解いていた。

sky-time-math.hatenablog.jp

今回は別解を見つけたので、それを紹介する。

解答

問題は、

$2p^2+p+9=m^2$ ……(0)

を満たす素数 $p$ と正の整数 $m$ を求めよである。まずは、式変形して9を右辺に移項することで、

$p(2p+1)=(m-3)(m+3)$ ……(1)

となる。 $p$ は素数なので、 $m-3,m+3$ のいずれかを割る。

① $p$ が $m-3$ を割る場合

整数 $t$ によって、

$m-3=pt$
$\Rightarrow m=3+pt$ ……(2)

と表せる。このとき(1)式より、

$p(2p+1)=pt(pt+6)$
$\Rightarrow 2p+1=t(pt+6)$
$\Rightarrow (t^2-2)p=1-6t$
$\therefore p=\frac{1-6t}{t^2-2}$ ……(3)

と変形する。*1ここで、 $t=-s$ と取り直すと、

$p=\frac{1+6s}{s^2-2}$ ……(4)

を得る。これが整数になるのは、

$1+6s \gt s^2 -2$ または $s^2-2=\pm 1$ ……(5)

の場合である。ここで、 $s^2-2=1$ は $s^2=3$ となり、 $s$ が整数とならないので不適。 $s^2-2=-1$ のとき、

$s^2=1$
$\Rightarrow s=\pm 1$ ……(6)

話を戻して、(5)式のもう一方の条件は、

$f(s) \equiv s^2-2 -(6s+1)=s^2-6s-3 \lt 0$ ……(7)

と表せる。

$f(6)=-3$
$f(7)=4$
$f(0)=-3$
$f(-1)=4$

従って、(7)式または(6)式が成立するのは、

$-1 \le s \le 6$

である。これを満たす整数 $s$ を(3)式に代入していくと、

$s=-1 \Rightarrow p=5$
$s=0 \Rightarrow p=-\frac{1}{2}$
$s=1 \Rightarrow p=-7$
$s=2 \Rightarrow p=\frac{13}{2}$
$s=3 \Rightarrow p=\frac{19}{7}$
$s=4 \Rightarrow p=\frac{25}{14}$
$s=5 \Rightarrow p=\frac{31}{23}$
$s=6 \Rightarrow p=\frac{37}{34}$