整数問題botの自作問題を解いてみた1 - 流れる空の中で数学を。

整数問題botの自作問題

昨日見かけた問題を解いてみた。難易度、易とあるがとてもそうは思えない、歯ごたえのある問題だった。ひょっとすると、別の解法があるのかも。

[136]5^a＋12^b＝13^cを満たす正の整数(a,b,c)の組を求めよ(自作問題、易)
— 整数問題bot (@seisu_bot) August 25, 2019

範囲の絞り込み

問題は、

$5^a+12^b=13^c$ ……(1)

を満たす正の整数の組を全て求めるというもの。
まずは、 $a,b,c$ の小さな値から絞り込んでいく。
$c=0$ とすると、

$1=5^a+12^b \ge2$

となり矛盾。よって、 $c\ge1$ 。
次に、 $b=0$ とすると、

$5^a=13^c-1$

法を $5$ にとると、 $a\ge1$ のとき、

$0\equiv 3-1=2$

となり矛盾。 $a=0$ とき、

$1 =13^a-1$
$13^a=2$

となりやはり矛盾。よって、 $b\ge 1$ 。
最後に $a=0$ とおき、写像 $f(b,c)$ を次の式によって定義する。

$1=f(b,c) \equiv 13^c-12^b$

この写像が単射であることを証明する。ある組 $(b,c),(b',c')$ に対して

$f(b,c)=f(b',c')$

となったとすると、

$13^c-12^b=13^{c'}-12^{b'}$ ……(2)

これは、 $c \ge c'$ のとき、一般性を失わずに次のように変形できる。*1

$13^{c'}(13^{c-c'}-1)=12^{b'}(12^{b-b'}-1)$

ここで、

$b \neq b'$

と仮定すると*2、 $13$ と $12$ は互いに素なので

$13^{c'}=12^{b-b'}-1$

となるので、法を $12$ にとると、

$1\equiv -1 \; (\bmod 12)$

となり矛盾。よって、 $b=b'$ である。(2)式より、直ちに $c=c'$ が従う。
よって、 $f$ は単射である。したがって、 $a=0$ のとき

$b=c=1$

は唯１つの解となる。以後、 $a \ge 1$ とする。まずは、1組の解

$(a,b,c)=(0,1,1)$

が求まった。

原始ピタゴラス数へ

$b\ge1$ より、

$5^a \equiv 1 \; (\bmod 12)$

これより、 $a=1,2,3\cdots$ に対して $5^a \equiv 5,1,5,\cdots$ が従うので、 $a$ は偶数である。そこで、自然数 $k\ge1$ をとって

$a=2k$

とおく。次に法を $13$ として、

$(-1)^k+(-1)^b \equiv 0 \; (\bmod 13)$

より、 $n$ を正の整数として

$b=2n+k+1$ ……(3)

が従う。次は、法を $24$ にして、

$1+12^{k+1} \cdot 12^{2n} \equiv 13^c \; (\bmod 24)$

ここで、 $k \ge 1$ であったので、

$1\equiv 13^c \; (\bmod 24)$

これより、 $c=1,2,3,\cdots$ に対して $13^c \equiv 13,1,13,\cdots$ が従うので、 $c$ も偶数である。そこで、自然数 $l \ge 1$ をとって

$c=2l$

とおく最後に法を $5$ として、

$12^{k+2n+1} \equiv 13^{2l} \; (\bmod 5)$
$4^n 12^{k+1} \equiv 13^{2l} \; (\bmod 5)$
$2^{k+1} \equiv 3^{2l} \; (\bmod 5)$

ここで、 $l=1,2,3,\cdots$ に対して、 $3^{2l}\equiv 4,1,4,\cdots$ となり、また、 $k+1=1,2,3,4,5,\cdots$ に対して、 $2^{k*1}=2,4,3,1,2,\cdots$ となるので、 $k+1$ は偶数である。(3)式より、 $b$ も偶数となるので、自然数 $m \ge 1$ をとって、

$b=2m$

とおける。以上をまとめて、(1)式に代入すると、

$(5^k)^2+(12^m)^2=(13^l)^2$

となり、 $5,12,13$ は全て互いに素なので、これは原始ピタゴラス数となっている。

原始ピタゴラス数を紐解く

原始ピタゴラス数は、互いに素で偶奇の異なる2数 $s,t$ によって、

$5^k=s^2-t^2$ ……(4)
$12^m=2st$ ……(5)
$13^l=s^2+t^2$ ……(6)

と表せる。(4)(5)式より、 $s \gt t$ と $s,t$ が互いに素なことに注意すると、

$s=3^m$ ……(5)
$t=2^{2m-1}$ ……(6)

となる。これを(4)式に代入すると

$5^k=9^m-4^{2m-1}$

ここで、

$k=1,m=1$

は１つの解になっている。このとき、

$s=3,t=2$

となっており、

$l=1$

となる。以上をまとめると、

$k=l=m=1$

であり、これに対応して、解

$(a,b,c)=(2,2,2)$

が求まる。

これ以外に解のないこと

数学的帰納法を用いて、上述した解以外の解が存在しないことを証明する。
まず、(4)(5)(6)式から、 $m=2$ のとき、

$9^2-4^3=17$

は $5$ の冪乗ではないので不適。
ここで、 $m=3$ のとき、

$9^3-4^5 =-295$

なので、 $m\ge3$ のとき、 $s$ と $t$ を入れ替える必要がある。

$m\ge3$ のとき、関数 $g(m)$ を

$g(m) \equiv4^{2m-1}- 9^m=2^{4m-2}-9^m$

と定義すると、微分して

$g'(m)= 16^m \log 2 -9^m \log 9$

となるが、

$g'(m)=0 \Rightarrow 2.0052...$

である。また、 $g'(3)=1237.35 \gt 0$ であるから、 $m \ge 3$ のとき、 $g(m)$ は単調増加関数である。特に

$g(3)=295=5 \times 59 \gt 5$

であったので、 $m \ge 3$ のとき、

$g(m) \gt 5$

である。

$g(3)\equiv 5 \; (\bmod 25)$
$g(4) \equiv 3 \; (\bmod 25)$
$g(5) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(6) \equiv 13 \; (\bmod 25)$
$g(7) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(8) \equiv 3 \; (\bmod 25)$
$g(9) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(10) \equiv 18 \; (\bmod 25)$
$g(11) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(12) \equiv 8 \; (\bmod 25)$
$g(13) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(14) \equiv 23 \; (\bmod 25)$
$g(15) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(16) \equiv 13 \; (\bmod 25)$
$g(17) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(18) \equiv 3 \; (\bmod 25)$
$g(19) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(20) \equiv 18 \; (\bmod 25)$
$g(21) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(22) \equiv 8 \; (\bmod 25)$
$g(23) \equiv 20 \; (\bmod 25)$
$g(24) \equiv 23 \; (\bmod 25)$
$g(25) \equiv 20 \; (\bmod 25)$