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【前編】FoxQの観賞用問題1【第１２回関西すうがく徒のつどい】

数学オリジナル第１２回関西すうがく徒のつどい

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FoxQの予想の部分的証明(素数で表される場合 )

$n$ を自然数としたとき、

$p^a+(2^k q)^b=n^2$ ……①

を満たす素数 $p,q$ と自然数 $k,a,b$ の組を求めよ。twitterの問題も貼っておきます。ただし、 $(p,2^k q)$ は原始ピタゴラス数の内小さい方の2組とする。

[FoxQの鑑賞用問題1(解答は第12回つどい参加者限定です。)]
p,qを素数、n,k,a,bを自然数とし、次の式を考える。

p^a+[(2^k)q]^b=n^2……①

p,(2^k)qが原始ピタゴラス数の内の小さい2数のとき、①式を満たす(p,q,k,a,b)の組を全て求めよ。#kansaimath
— FoxQ (@foxq_stm) October 26, 2019

原始ピタゴラス数の小さい方の2組の内、一方は $3$ の倍数なので、

$p=3$ または $q=3$

である。今回の記事【前編】では $q=3$ の場合を取り扱う。
$q=3$ のとき、 $(p,2^k q)$ は原始ピタゴラス数であったので、互いに素な奇数 $s,t(s \gt t)$ を用いて、

$p=st\Rightarrow s=p,t=1$ ……(1.1)
$2^k \cdot 3=\frac{(s-t)(s+t)}{2}=\frac{p^2-1^2}{2}$ ……(1.2)

これより、

$2^{k+1}\cdot 3=p^2-1=(p-1)(p+1)$ ……(1.3)

ここで、 $(p+1)-(p-1)=2$ で、 $p$ は明らかに $2$ でないので、奇素数である。よって、 $p-1$ が偶数で、 $p-1$ と $p+1$ の公約数が2以下であることから、

(i) $p-1=2,p+1=2^k\cdot 3$
(ii) $p-1=2^k,p+1=2\cdot 3$
(iii) $p-1=2\cdot 3, p+1=2^k$

と場合分けできる。

(i)の場合、2つの式の差をとって、

$2=2^k\cdot 3 -2\Rightarrow 1=2^{k-1}\cdot 3 -1$ ……(1.4)

となるがこれをみたす $k$ は存在しないので矛盾。

(ii)の場合、2つの式の差をとって、

$2=2\cdot 3 -2^k \Rightarrow 1=3-2^{k-1}$ ……(1.5)

これを満たす $k$ は、 $k=2$ 。
このとき、(ii)式より $p=5$ 。従って、①式は、

$5^a+12^b=n^2$ ……(1.6)

となる。

(iii)の場合、2つの式の差をとって、

$2=2^k-2\cdot 3\Rightarrow 1=2^{k-1}-3$ ……(1.7)

これを満たす $k$ は、 $k=3$ 。
このとき、(iii)式より $p=7$ 。従って、①式は、

$7^a+24^b=n^2$ ……(1.8)

となる。

$5^a+12^b=n^2$ を解く。

法を $5$ とすると、

$2^b\equiv n^2 (\bmod 5)$ ……(2.1)

となるので、 $b$ は $4$ の倍数でなければならない。特に、 $b$ は偶数である。
次に、法を $3$ とすると、

$5^a\equiv n^2 (\bmod 3)$ ……(2.2)

となるので、 $a$ も偶数である。

よって、自然数 $c,d$ を用いて、 $a=2c,b=2d$ と置き直すと、

$(5^c)^2+(12^d)^2=n^2$ ……(2.3)

ここで、 $5$ と $12$ は互いに素なので、 $5^c,12^d,n$ は原始ピタゴラス数となっている。従って、互いに素な自然数 $s,t(s \gt t )$ が存在して、

$5^c=s^2-t^2$ ……(2.4)
$12^d=2st\Rightarrow st=2^{2d-1}3^d$ ……(2.5)

となる。 $s,t$ の可能な場合分けは、

(i) $s=2^{2d-1}3^d,t=1$
(ii) $s=2^{2d-1},t=3^d$
(iii) $s=3^d,t=2^{2d-1}$

である。(2.4)式より、法を $4$ とすると(i)は

$1\equiv 5^c \equiv 2^{4d-2}3^{2d}-1\equiv -1 (\bmod 4)$ ……(2.6)

となり、矛盾。同様に、(2.4)式より、法を $4$ とすると、(ii)は

$1\equiv 5^c \equiv 2^{4d-2}-3^{2d}\equiv -1^{2d} \equiv -1 (\bmod 4)$ ……(2.7)

となり矛盾。(iii)は、 $s \gt t$ の条件より、

$d=1,2$ ……(2.8)

まず、 $d=1$ のとき、[s=3,t=2]より、(2.4)式から

$5^c=3^2-2^2=5$ ……(2.9)

より、 $c=1$ 。

次に $d=2$ のとき、

$5^c=9^2-8^2=17$ ……(2.10)

となるので矛盾。以上より、

$5^a+12^b=n^2$ ……(2.11)

の解は $a=2c=2,b=2d=2$ のみであることがわかった。

$7^a+24^b=n^2$ を解く。

まず、法を $4$ にとって、

$7^a\equiv(-1)^a\equiv n^2$ ……(3.1)

より、 $a$ は偶数でなければいけない。
次に、法を $7$ にとると、

$n^2\equiv 1,4,2,0 (\bmod 7)$ ……(3.2)

また、 $b=1,2,3,4,5,6,\cdots$ に対して、それぞれ

$24^b\equiv 3^b\equiv 3,2,6,4,5,1,\cdots(\bmod 7)$ ……(3.3)

となるので、 $b$ も偶数である。よって、自然数 $c,d$ を用いて、 $a=2c,b=2d$ と置き直すと、

$(7^c)^2+(24^d)^2=n^2$ ……(3.4)

ここで、 $7$ と $24$ は互いに素なので、 $7^c,24^d,n$ は原始ピタゴラス数となっている。従って、互いに素な自然数 $s,t(s \gt t )$ が存在して、

$7^c=s^2-t^2=(s-t)(s+t)$ ……(3.5)
$24^d=2st\Rightarrow st=2^{3d-1}3^d$ ……(3.6)

これより、可能な $s,t$ の組み合わせは、

(i) $s=2^{3d-1}3^d,t=1$
(ii) $s=2^{3d-1},t=3^d$

である。(i)は(3.5)式より、法 $3$ とすると、

$1\equiv 7^c\equiv 2^{3d-1}3^d-1\equiv -1 (\bmod 3)$ ……(3.7)

となり矛盾。(ii)は、(3.5)式より、

$7^c=(2^{3d-1}-3^d)(2^{3d-1}+3^d)$ ……(3.8)

ここで、 $(2^{3d-1}+3^d)-(2^{3d-1}-3^d)=2\cdot 3^d$ より、 $2^{3d-1}+3^d$ と $2^{3d-1}-3^d$ の公約数が $2\cdot 3^d$ となるが、これは $7$ と互いに素なので、

$2^{3d-1}-3^d=1$ ……(3.9)
$2^{3d-1}+3^d=7^c$ ……(3.10)

ここで、 $d\ge 2$ と仮定すると、(3.9)式より、法を $2^5=32$ として、 $d=1,2,3,\cdots$ に対して、

$3^d\equiv 3,9,27,17,19,25,11,1,\cdots$ ……(3.11)

となるので、(3.9)式は法を $2^5=32$ として成り立たない。従って、 $d\ge 2$ は矛盾。 $d=1$ のとき、(3.10)式より、

$4+3=7=7^c\Rightarrow c=1$ ……(3.12)

以上より、 $7^a+24^b=n^2$ の解は、

$a=2c=2,b=2d=2$ ……(3.13)

のみであることがわかった。

$q=3$ の場合の求める解

$q=3$ の場合の求める解は、

$(p,q,k,a,b)=(5,3,2,2,2),(7,3,3,2,2)$

後編はこちらから。

sky-time-math.hatenablog.jp