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2007カザフスタン数学オリンピックを解いてみた

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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。