数学パラダイス(整数問題)

a+1はa以下の素数で割り切れないので素数(=pとおく)．p=2のとき(a,b)=(1,1)．
pが奇数のとき，p=4k±1とおく．(p-1)!=p^b-1=Σ_[i=0,…,b]Cb,i^(b-i)(4k)^i-1である．
(±1)^b=-1のとき，(右辺)≡2 (mod 4)よりp-1≦3なのでp=3であり，このとき(a,b)=(2,1)．
(±1)^b=1のとき，(右辺)=Σ_[i=2,…,b]Cb,i^i±4kbとなるが，
2^(2(i-1))≧C[2(i-1),0]+C[2(i-1),1]+C[2(i-1),2(i-1)]=2iであるから，4kb=y*2^x (y:奇数)とおくと，
Cb,i^i=8kbCb-1,i-1^(i-1)/(2i)は2^(x+1)で割り切れる．従って(p-1)!は2^(x+1)で割り切れない．
ここで，(p-1)!は2^((p-1)/2)で割り切れるので(p-1)/2<x+1より(p+1)^2>4kb≧2^x≧2^((p-1)/2)．
これよりp≦17であるが，このなかで適するのは(a,b)=(4,2)．

与式=kとおくと，k>0．a^3(a+1)+1=ka(a+1)b^2+k であるから，1≡k (mod a(a+1))．これよりk=a(a+1)m+1とおくと，
a^3(a+1)+1>ka(a+1)b^2>a^2(a+1)^2mb^2 よりm=0．このときk=1であり，a=b．よって(a,b)=(n,n) (n:任意の正整数)．

x≧yとする．4x^2>x^2+y^2=(xy-7)^2=(2x+(y-2)x-7)^2より(y-2)x<7．
したがってy≦3であるが，(x,y)=(4,3)が適する．x≦yの場合もあわせて(x,y)=(3,4),(4,3)．

a≦bとする．a^2+b≧b^2-aより(a+1)a≧b(b-1)なのでa≧b-1．これよりb=a,a+1である．
b=aのとき(a^2+a)/(a^2-a)=1+2/(a-1)が整数となることが必要十分なのでa=2,3．
b=a+1のとき(a^2+3a+1)/(a^2-a-1)=1+(4a+2)/(a^2-a-1)であり，a^2-a-1は奇数なので，a^2-a-1|2a+1が必要．
a≧4のとき|a^2-a-1|-|2a+1|=a^2-3a-2=(a-4)(a+1)+2>0であるから不適．
従ってa≦3であるが，適するのはa=1,2でこのときb=2,3．
a>bのときもあわせて(a,b)=(1,2)(2,1)(2,2)(2,3)(3,2)(3,3)．

(-1)^a-1=c^2 (mod 4)なのでaは偶数．a=2mとおくと，(3^m-c)(3^m+c)=5^bであり，3^m-cと3^m+cはどちらも5の累乗．
5|3^m-cのとき，5|3^m+cより5|2*3^mとなり不適．従って3^m-c=1より2*3^m-1=5^b．m=1のとき(a,b,c)=(2,1,2)．
m≧2のとき，-1≡5^b (mod 9)よりb≡3 (mod 6)なのでb=3nとおける．
すると2*3^m=(5^n+1)(5^(2n)-5^n+1)より，5^n+1=2*3^x，5^(2n)-5^n+1=3^yと書け，5^n+1<5^(2n)-5^n+1よりx<y．
よって3^(y-x)=2(5^(2n)-5^n+1)/(5^n+1)=2*(5^n-2)+6/(5^n+1)よりn=1が必要だがこれは適さない．

そのようなa,b>0の存在を仮定する．36a+b,a+36bはどちらも2^xと書け，2以上なので偶数．
従ってa,bは偶数なのでa/2,b/2は整数であり，
(36a/2+b/2)(a/2+36b/2)も2の冪乗．よって(a/2,b/2)もこの式を満たす．
この操作を繰り返せば任意のnに対し(a/2^n,b/2^n)が整数となり矛盾．

m,nが正整数のとき，与式が整数となればそれは正である．以下，整数となる条件を考える．
(n^3+1)/(mn-1)=(n^3+mn)/(mn-1)-1で，mn-1とnは互いに素なので(n^2+m)/(mn-1)が整数であることと同値．
更に，(n^2+m)/(mn-1)=n(n+m^2)/(mn-1)-mより(n+m^2)/(mn-1)が整数であることとも同値．
m≧nとする．n=1のとき(与式)=2/(m-1)より(m,n)=(1,2)(1,3)．n=2のとき(与式)=9/(2m-1)より(m,n)=(2,2),(5,2)．
n>2のとき，(n^2+m)-2(mn-1)=n(n-m)+m(1-n)+2<0よりn^2+m=mn-1．よって1+m=m-1 (mod n-1)よりn=3．従って(m,n)=(5,3)．
n≧mのときも同様に(m,n)=(2,1),(3,1),(2,2),(2,5),(3,5)．

a≧bとする．
(i)b|aのとき，a=kbとおく．a^2+b^2=b^2(k^2+1)であり，b^2とab+1=kb^2+1は互いに素なので，
kb^2+1|k^2+1よりk^2+1=l(kb^2+1)とかけるが，1≡l (mod k)であり，
l≧k+1のとき，l(kb^2+1)>k(kb^2+1)≧k^2+1よりl=1．このときk=b^2であり(a^2+b^2)/(ab+1)=b^2は平方数．
(ii) b|aでないとき，a=kb-m (0<m<b)とおく．0≡a^2+b^2=akb-am+b^2≡-k-am+b^2 (mod ab+1)であり，
-(ab+1)<-k-am<0<b^2<ab+1であるから-k-am+b^2=0．つまりk=(a^2+b^2)/(ab+1)=(b^2+m^2)/(bm+1)．
(a,b)から(b,m)を得る操作を繰り返すことを考えると，a>b>m>0であり，
大きい数が小さい数で割り切れるような組が存在しないならば正整数のまま無限に小さい数の組を作ることができ不合理．
よってk=(x^2+y^2)/(xy+1) (ただしx|y)なるx,yが存在し(i)に帰着されるのでkは平方数．

n=k*2^l (k:奇数)とおく．k≧3とすると，2^k-1≡1 (mod 3)，2^k-1≡-1 (mod 4)であるから，
2^k-1の素因数pでp≠3かつp≡-1 (mod 4)となるものが存在する．従って(-9/p)=(-1/p)(3/p)^2=-1となり平方非剰余．
つまり，p|m^2+9を満たすmは存在せず，p|2^n-1であるから条件を満たさない．
よってk=1である．以下，n=2^lならば条件を満たすことを示す．2^(2^l)-1=3*Π_j=2,…,l-1である．
i>jとすると2^(2^i)+1≡2 (mod 2^(2^j)+1)であり，2^(2^i)+1は奇数なのでこれらは互いに素．
従って，j=2,…,l-1に対し，m≡3*2^(2^(j-1)) (mod 2^(2^j)+1)となるようなmをとることができる．
このとき，m^2+9≡0 (mod 3)かつm^2+9≡9(2^(2^j)+1)≡0 (mod 2^(2^j)+1)であるから2^(2^l)-1|m^2+9．

-(-1)^r≡1 (mod 3)よりrは奇数．よってp≧3のとき，-(-3)(-1)^s≡1 (mod 8)となり矛盾．ゆえにp=1,2．
[1]p=1のとき，2*3^q≡1 (mod 5)よりq≡1 (mod 4)なのでq=4n+1とおくと2*3*2^(2n)≡1 (mod 7)となり不適．
[2]p=2のとき，-3^q≡1 (mod 5)よりq≡2 (mod 4)なのでq=4n+2とおくと，(6*9^n+1)(6*9^n-1)=5^r*7^s．
6*9^n+1と6*9^n-1は最大公約数が高々2でどちらも奇数なのでこれらは互いに素．よって一方が5^r，他方が7^sである．
6*9^n≡-2,-4,-1 (mod 7)なので6*9^n+1=7^s，6*9^n-1=5^r (*)．n≧1のとき，-1≡5^r (mod 9)なのでr≡3 (mod 6)．
r=3aとおく．(*)式の差をとって2=7^s-5^(3a)≡-(-1)^a (mod 7)より矛盾．よってn=0であり(p,q,r,s)=(2,2,1,1)．

p=2は不適．p≧3のとき，(p-1)/2=n，k^2=(2^(2n)-1)/pとおくと(2^n+1)(2^n-1)=pk^2．
2^n+1と2^n-1の公約数は高々2であり，2^n±1は奇数なのでこれらは互いに素．従っていずれか一方は平方数(=m^2とおく)．
2^n+1=m^2のとき，2^n=(m-1)(m+1)よりm±1がいずれも2以外の約数を持たないのでm=3．これよりn=3なのでp=7．
2^n-1=m^2のとき，mは奇数なので2^n=m^2+1≡2 (mod 4)であるからn=1．従ってp=3．

mod 4でn≡0,2,3のときn^3+7≡2,3より平方数にならない．n≡1のときn+2≡3なので，p≡3となるn+2の素因数pが存在する．このとき((n^3+7)/p)=(-1/p)=(-1)^((p-1)/2)=-1より平方非剰余なので平方数にならない．

mod 11でn^5+7≡±1+7であるが，(6/11)=(2/11)(3/11)=-1，(8/11)=(2/11)=-1なのでいずれも平方非剰余よりn^5+7は平方数にならない．