数学パラダイス(整数問題)

p≦qとする．q|p^2-1よりq=p+1なので(p,q)=(2,3)．このときn=2．
従って(p,q,n)=(2,3,2),(3,2,2)．

x=y=z=0は適する．
x=y=z=0でない場合は適さない．以下証明．
順序を適当に変更して(x,y,z)=2^n(a,b,c) (a:奇数)とおく．
2^(n+1)abc=a^2+b^2+c^2となる．
aが奇数なので右辺は4の倍数ではない．
したがってn=0でありabcは奇数，つまりb,cも奇数．
このとき右辺は奇数となるがそれは左辺が偶数であることに反する．

[1]n=0のとき，a^2+b^2+c^2+d^2=7より7/4≦d^2<7よりd=2，このときa^2+b^2+c^2=3よりa=b=c=1．
[2]n=1のとき，7≦d^2<28より，d=3,4,5であるが，
(1)d=3のとき(28-9)/3≦c^2≦d^2=9よりc=3，a^2+b^2=10より5≦b^2<10なのでb=3，a=1．
(2)d=4のとき(28-16)/3≦c^2<28-16よりc=2,3．
(i)c=2のときa^2+b^2=8より4≦b^2<8なのでb=2,a=2．(ii)c=3のときa^2+b^2=3より3/2≦b^2<3となり不適．
(3)d=5のときa^2+b^2+c^2=3よりa=b=c=1．
[3]n>1のとき，mod 8でk^2≡0,1,4なので，a^2+b^2+c^2+d^2=7*4^n≡0となるにはa,b,c,dは全て偶数である必要がある．
よって(a/2)^2+(b/2)^2+(c/2)^2+(d/2)^2=7*4^(n-1)に帰着される．
以上をまとめると，2^n(1,1,1,3)，n≧1のときはそれに加えて2^(n-1)(1,3,3,3),2^(n-1)(1,1,1,5)．

(a+c)(b+c)=4c^2である．a+cとb+cの差が素数(pとおく)なので，これらの公約数は1かp．
これより(a+c,b+c)=(m^2,n^2),(pm^2,pn^2)とおける．よってp=m^2-n^2,p(m^2-n^2)となるがpが素数なので
(a+c,b+c)=((n+1)^2,n^2)．これより2c=n(n+1)であるから8c+1=(2n+1)^2．

mod 3でq≡±1とするとp>qよりp≡±qであるが，p-q≡(p+q)^2であるからいずれも不適．
従ってq=3であり，0≡3^5+3^2=2^2*3^2*7 (mod p)よりp=7で，これは適する．

t=2^(1/3)とおき，行列Aを
A=
1,t,t^2
t^2,1,t
t,t^2,1
とおく．
あるnについて
A^n=
x,yt,zt^2
zt^2,x,yt
yt,zt^2,x
(x,y,z:正整数)と書けると仮定すると
A^(n+1)=
(x+2y+2z),(x+y+2z)t,(x+y+z)t^2
(x+y+z)t^2,(x+2y+2z),(x+y+2z)t
(x+y+2z)t,(x+y+z)t^2,(x+2y+2z)
であるから，数学的帰納法により全てのnについてこのように書ける．
このとき，
1=(detA)^n=det(A^n)=x^3+2y^3+4z^3-6xyz であるから，このx,y,zは与方程式の解である．
(A^nの1行1列成分)<(A^(n+1)の1行1列成分)に注意すると，A^nは異なるnに対し相異なることがわかる．
よって解が無限個あることが示された．

p>qである．q>3のとき，p,qは奇数なので，0=2^p-q^q-q-2≡-2q (mod 3)より不適．
従ってq=2,3の場合を調べて(p,q)=(3,2),(5,3)．

0<n!=(m!-2)*m!よりm≧3．n≧m+3のとき，(m+1)(m+2)(m+3)|n!/m!より3|n!/m!であるがm!-2≡1 (mod 3)より矛盾．
従ってn=m,m+1,m+2であり，このときm!=3,m+3,(m+1)(m+2)+2．ここで(m+1)(m+2)+2≡±1 (mod 3)よりn=m+2は不適．
よって0≡m!≡3 (mod m)よりm=3．このときn=4が条件を満たす．

n=1は不適なのでn≧2．2^k≡n^2≡0,±1 (mod 5)よりkは偶数なのでn^2-5n+10は平方数．
(n-3)^2=n^2-6n+9<n^2-5n+10≦n^2より，n^2-5n+10=(n-2)^2,(n-1)^2,n^2でそれぞれn=6,3,2なので(n,k)=(2,2)(3,2)(6,4)．

mod 7でn≡0,1,2,3,4,5,6のときn^3-5n+10≡3,6,1,1,5,5,0であり，2^k≡1,2,4 (それぞれk≡0,1,2 (mod 3)のとき)．
従って3|kよりk=3mとおくと，n>2のとき，(n-1)^3<(n-1)^3+2(n-2)^2+n^2+1=n^3-5n+10=(2^m)^3<n^3であるから不適．
よってn≦2であり，適するのは(n,k)=(2,3)．

3^(2*5^k)+1が2*5^kで割れることを示す．2|3^(2*5^k)+1．
9^(5^k)+1=1-Σ_[j=0,…,5^k]C5^k,j^j=-5^k*5^j/jΣ_[j=1,…,5^k]C5^k-1,j-1^j
ここで，j=a*5^b (ただし5\not|a)とおくと5^b>bであるから，j>bである．従って上の項は全て5^kで割り切れる．

x^5=y^2+1≧1よりx≧1．x=0は不適，x=1のとき(x,y)=(1,0)．以下，x>1とする．
y^2=x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)であり，
x^4+x^3+x^2+x+1≡5 (mod x-1)より，x-1との最大公約数が1か5なのでx^4+x^3+x^2+x+1=m^2,5*m^2とおける．
x^4+x^3+x^2+x+1=m^2のとき，(x^2+x/2)^2<x^4+x^3+x^2+x+1<(x^2+x/2+1)^2より，
m=x^2+(x+1)/2であるが，このときx=3,-1となり，いずれも不適．
従ってx^4+x^3+x^2+x+1=5m^2．x-1=5n^2とおける．xが偶数のときy^2≡-1 (mod 4)より不適なのでnは偶数．
代入して整理すると25n^4(5n^4+5n^2+1)=(m-5n^2-1)(m+5n^2+1)．
ここで，nの奇数の素因数はm±(5n^2+1)を両方割り切ることはないので，
n=2^k*ab，a^4|m-5n^2-1，b^4|m+5n^2+1，k>0，aとbは互いに素，となるようにおける．
m=sa^4+(5n^2+1)と書けるので，25n^4(5n^4+5n^2+1)=s^2a^8+2sa^4(5n^2+1)．
25*n^4≡2sa^4 (mod a^6)より，2s=25*2^(4k)b^4+ta^2とおける．
このとき5^3*2^(4k)b^4n^4=s^2a^4+ta^2(5n^2+1)であり，0≡ta^2 (mod a^4)よりt=ua^2とおける．
5^3*2^(8k)b^8=s^2+u(5n^2+1)より5^3*2^(8k+2)b^8=(25*2^(4k)b^4+ua^4)^2+4u(5n^2+1)．
従って0=5^3*2^(8k)b^8+u^2a^8+2u(25n^4+10n^2+2)．よってu|5^3*2^(8k)*b^8であり，
bとuの5でない共通の奇数の素因数がある場合，それをqとおき，q^i|uかつq^(i+1)\not|uとすると0≡5^3*2^(8k)b^8+4u (mod q^(i+1))より8|i．
従ってu=2^j5^gh^8 (j,g：正整数，h:奇数)とおける(bとuの5でない共通の奇数の素因数がない場合もこのようにおける)ので，u≡2^j (mod 2^(j+2))．
(i)j≧3のとき，0≡5^3*2^(8k)b^8+4u (mod 2^(j+3))よりj=8k-2．
従って，0=5^3*2^(8k)b^8+u^2a^8+2u(25n^4+10n^2+2)≡2^(8k+1) (mod 2^(8k+2))より不適．
(ii)j<3のとき，u^2a^8≡0 (mod 2)より2|u．さらにこのとき，u^2a^8≡0 (mod 8)より4|uよりu≡4 (mod 16)．
従って0=5^3*2^(8k)b^8+u^2a^8+2u(25n^4+10n^2+2)≡u^2a^8+4u≡32 (mod 64)より不適．