数学パラダイス(整数問題)

mod 4でn≡0,2,3のときn^7+7≡2,3より平方数でないからn≡1．n+2≡3よりn+2はp≡3なる素因数pをもつ．
n^7+7=n^7+2^7-11^2≡-11^2 (mod n+2)．
(i) 11|n+2でないとき
p≠11なので((n^7+7)/p)=(-11^2/p)=(-1/p)(11/p)^2=(-1/p)=-1より平方非剰余．
(ii)11|n+2であり，11^3|n+2でないとき
11|n^7+7より11^2|n^7+7であり，n=11k-2とおくと，0≡n^7+7≡7*11k*(-2)^6 (mod 11^2)より11|k．
よって(n+2)/11^2は整数であり，その素因数としてp≡3 (mod 4)かつp≠11なるpを持つので(i)と同様に不適．
(iii)11^3|n+2のとき
(n^7+7)/11^2≡-1 (mod 11)は平方非剰余なので不適．

p≡1 (mod 4)なる素数は無数にあり，その一つをpとすると，n^2+1≡0 (mod p)なるnで1<n<2/pなるものが存在する．
ここで，n=(p+1)/2-k (1<k<√(3p)/2)と仮定すると，n^2≡(p+1)/4-k+k^2 (mod p)であり，0<(右辺)<p+1/4-√(3p)/2<p-1より矛盾．
したがって，n<(p+1)/2-√(3p)/2であるから，p>2n-1+√(3p)>2n+√(6n-3)-1>2n+√2n．

[1]q=1のとき，2^p=(r-2)(r+2)であるからr-2|r+2よりr-2|4でr=6が適する．このとき(p,q,r)=(5,1,6)．
[2]q>1のとき，r^2≡1+2^p (mod 9)なのでp≡3 (mod 6)．よってp≧3だから，r^2≡1+(-1)^q (mod 4)なのでqは奇数．
(1)q≡1 (mod 6)のとき，2^3≡1，3^6≡1 (mod 7)よりr^2≡1+1+3=5 (mod 7)であるが，右辺は平方非剰余で不適．
(2)q≡5 (mod 6)のとき，2^6≡-1，3^3≡1 (mod 13)よりr^2≡1±8+9≡2,5 (mod 13)であるが，右辺は平方非剰余で不適．
(3)q≡3 (mod 6)のとき，q=3(2n+1)とおく．
(i)nが奇数のとき，1+3^q=(1+3^(2n+1))(1-3^(2n+1)+3^(2(2n+1)))
(1-3^(2n+1)+3^(2(2n+1)))=(1+3^(2n+1))^2-3^(2n+2)=(1+3^(2n+1)-3^(n+1))(1+3^(2n+1)+3^(n+1))であり，
1+3^(2n+1)-3^(n+1)≡1+3-1=3 (mod 8)より，この素因数sでs≡±3 (mod 8)となるものが存在する．
このとき，(r^2/s)=(2^p/s)=(2/s)=-1より不適．
(ii)nが偶数のとき，
3^4≡1 (mod 16)なので，p>3ならばr^2≡12 (mod 16)となり右辺が平方非剰余で不適．
従ってp=3であり，3^q=r^2-9=(r-3)(r+3)であるからr-3|r+3よりr-3|6でありr=6が適する．このとき(p,q,r)=(3,3,6)．

(k,m,n)=(2,2,2)はもとの式を満たす．
kが2以上の偶数となるようなk,m,nがもとの式を満たすと仮定する．k=2lとおく．
このとき，(n*3^l+m)^2+|m*3^l-n|^2=(3^(2l)+1)(m^2+n^2)=3^(4l)-1であるから，
(4l,|m*3^l-n|,n*3^l+m)ももとの式を満たし，4lは2以上の偶数．
(k,m,n)=(2,2,2)にこの操作を繰り返せば，任意のj≧1に対しk=2^jの場合についてもとの式を満たすようなm,nを構成できるので示された．

6|dよりd=6eと置いて6で割ると6a^2+3b^2+c^2=5*6e^2．3|cよりc=3fと置いて3で割ると2a^2+b^2+3f^2=10e^2．
ここで2|b^2+3f^2よりb≡f (mod 2)，更にこのとき2a^2≡2e^2 (mod 4)よりa≡e (mod 2)．
これよりa=2g+e，b=2h+fを代入して4で割ると2(g^2+ge+e^2)+(h^2+hf+f^2)=0である．
h^2+hf+f^2≡0よりh,f≡0 (mod 2)なので2(g^2+ge+e^2)≡0 (mod 4)よりg,e≡0 (mod 2)
従ってh^2+hf+f^2≡0 (mod 8)よりh,f≡ 0 (mod 4)．
これを繰り返して任意のnに対しe,f,g,h≡0 (mod 2^n)なのでe=f=g=h=0．すなわちa=b=c=d=0．

xが負のとき，両辺に4^|y|5^|z|をかけると，3^x4^|y|5^|z|は整数でなく，それ以外は整数となるので不適．他も同様．
x=0のとき，1+4^y=5^zであり，2≡(-1)^z (mod 3)よりzは奇数．従って1+4^y≡5 (mod 8)よりy=1なので(x,y,z)=(0,1,1)．
x≧1のとき，1≡(-1)^z (mod 3)よりz=2nとおける．3^x=(5^z-2^n)(5^z+2^n)であり，5^z±2^nは3以外に素因数を持たないので，
5^z-2^n|5^z+2^n．ここで3|5^z-2^nのとき3|5^z+2^nより3|2^(n+1)となり矛盾するので5^z-2^n=1．
このとき，3^x=5^z+2^n=2^(n+1)+1=2*5^z-1で3^x≡-1 (mod 5)よりxは偶数．
よって2^(n+1)=(3^(x/2)-1)(3^(x/2)+1)で3^(x/2)-1|3^(x/2)+1⇔3^(x/2)-1|2よりx=2．このとき(x,y,z)=(2,2,2)．

xとyの最大公約数をmとして，x=ma,y=mbとおくと，px=y^k-x^k=m^k(b-a)(b^(k-1)+ab^(k-2)+…+a^(k-1)).
p=m^(k-1)(b-a)(b^(k-1)+ab^(k-2)+…+a^(k-1))/a
aとb-a,b^(k-1)+ab^(k-2)+…+a^(k-1)は互いに素なのでm^(k-1)/aは整数．
pは素数なのでm^(k-1)/a=1，b-a=1．
このとき，p=(a+1)^(k-1)+a(a+1)^(k-2)+…+a^(k-1)となるが，右辺はa>0において単調増加．よって解は高々一つ．

a=0のときb=c=0．1≦a≦b≦cとすると，abc=a+b+c≦3cよりa=1，このとき(b-1)(c-1)=2より(b,c)=(2,3)．
よって(a,b,c)=(0,0,0),(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2),(1,3,2),(3,2,1),(2,1,3).

xが奇数のとき1+k2^x=3^x≡3 (mod 8)よりx<3なので(x,k)=(1,1)．
xが偶数のとき，(3^(x/2)-1)(3^(x/2)+1)=k2^xであるが，3^(x/2)+1≡2,4 (mod 8)であるから，2^(x-2)|3^(x/2)-1．
これより，x≧4のとき，x-2≧x/2より(x,k)が条件を満たすならば，あるlが存在し(x/2,l)が条件を満たす．
x=2のとき，(x,k)=(2,2)．x=4のとき，(x,k)=(4,5)，x=8のとき，3^8-1=6560=205*2^5より不適であり，
x≧10のとき，x=a*2^b (a:3以上の奇数か8)と書けるが，x=aのとき条件を満たさないのでこれも条件を満たさない．

p=2のとき平方数，p=3のとき平方数でない．
以下，p≧5とする．
p^3-4p+9=q^2とおくとp(p^2-4)=(q-3)(q+3)より，q±3のいずれかはpで割り切れるので
pr=q±3とおくと，p^2-4=r(pr干6)，p(p-r^2)=4干6r．
ここで，p≡±1よりp^3-4p+9≡0なのでq≡0，つまりr≡3 (mod 6)である．
r=3のとき，p=7,11となり，いずれのときも与式は平方数となる．
r≧9のとき，p≦4+6rよりp-r^2≦13-(r-3)^2<0なので複号は負．
このとき2r>(6r-4)/p=r^2-p≧r^2-6r+4となり不合理．

2^n+3^n+6^n≡(-1)^n (mod 3)より，nは偶数．n=2m，2^n+3^n+6^n=k^2とおく．
3^n(2^n+1)=(k-2^m)(k+2^m)であり，k±2^mの両方とも3で割れることはないので，k±2^mのいずれかが3^nで割り切れる．
従ってk+2^m≧3^nなのでk^2≧9^n-2^(m+1)*3^n+2^nであるから3^n*(2^m+1)^2≧9^nつまり2^m+1≧3^m．
これが成立するのはm=1のとき，つまりn=2のときのみ．

(i) (-1/p)=1のとき，x^2≡-1なる0<x≦p/2が存在し，p|(x^2+1)．0<x^2+1≦p^2/4+1<p^2なので，
y=0とすればx^2+y^2+1=zpかつ0<z<pを満たす．
(ii) (-1/p)=-1のとき，(1/p)=1かつ((p-1)/p)=-1なので(k/p)=1かつ((k+1)/p)=-1なる0<k<pが存在する．
このとき，x^2≡k，y^2≡-k-1なる0<x,y≦p/2が存在し，p|(x^2+y^2+1)．0<x^2+y^2+1≦p^2/2+1<p^2なので，
x^2+y^2+1=zpかつ0<z<pを満たす．