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|2021^a-20^b-21^c|の最小値を求める

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$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathrm{div}} \newcommand{division}[0]{÷} \newcommand{grad}[0]{\mathrm{grad}\ } \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{rot}[0]{\mathrm{rot}\ } \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

はじめに

こんにちは. kkkaaaです. この記事では私がTwitterで2021年1月1日に投稿した自作問題を解説します. そこで私は「この問題についてはMathlogで数日後に解説を投稿する予定です。」と書いたのですが, 記事の内容をある時は増やし, 翌日にその部分をカットする, といった無駄な作業をしながら冬休みが終わり, JMOでバタバタしたり, と結局投稿が2ヶ月後になってしまいました.
私の投稿が遅すぎて, 解いてくださったtyamadaさんがこの問題についてMathlogに投稿しています.
https://mathlog.info/articles/1822

問題

$a, b, c$を正整数とする.
$$|2021^a-20^b-21^c|$$
の最小値を求めよ.

(解答をすぐに見たくない人もいると思うので少し行間をあけておきます. )























解答

$k=2021^a-20^b-21^c$とおく.
$(a,b,c)=(2,2,5)$のとき, $|k|=60$である.
$|k|$の最小値が$60$であることを示す.
$k=|2021^a-20^b-21^c|\equiv 0 \pmod{20}$より, $k=0, \pm20, \pm40$のそれぞれについて, 条件をみたす正整数$(a, b, c)$が存在しないことを示せば十分である.
いずれの場合も条件をみたす正整数$(a, b, c)$が存在すると仮定する.

  1. $k=0$のとき
    $2021^a-20^b-21^c=0$である.
    $2021^a \equiv 20^b \pmod7$より$a$$3$の倍数である.
    しかし, これは$21^c=2021^a-20^b$$19$の倍数になることに矛盾する.

  2. $k=20$のとき
    $2021^a-20^b-21^c=20$である.
    $2021^a\equiv20^b-1 \pmod3$より$a$は偶数である.
    しかし, これは$2021^a+1 \equiv 20^b \pmod7$に矛盾する.

  3. $k=-20$のとき
    $2021^a-20^b-21^c=-20$である.
    $2021^a\equiv20^b+1 \pmod3$より$a$は奇数である.
    しかし, これは$2021^a-1 \equiv 20^b \pmod7$に矛盾する.

  4. $k=40$のとき
    $2021^a-20^b-21^c=40$である.
    $2021^a\equiv20^b+1 \pmod3$より$a$は奇数, $b$$2$以上である.
    $2021^a+2 \equiv 20^b \pmod7$より$a$$3$の倍数である.
    $21^c\equiv -2 \pmod{19}$より$c \equiv 10 \pmod{18}$.
    しかし, これは$2021^a\equiv21^c\pmod8$に矛盾する.

  5. $k=-40$のとき
    $2021^a-20^b-21^c=-40$である.
    $2021^a\equiv20^b-1 \pmod3$より$a$は偶数である.
    $2021^a-2 \equiv 20^b \pmod7$より$a$$3$の倍数である.
    $21^c\equiv 2 \pmod{19}$より$c \equiv 1 \pmod{18}$.
    よって, $2021^a-21^c\equiv20^b\pmod8$より$b=1$.
    ゆえに, $2021^a+2\equiv21^c\pmod9$より, $c=1$であるが, $2021^a=1$となるため矛盾する.

したがって$|k|$の最小値が$60$であることが示された. (証明終)

問題(追加)

これだけだと物足りない(?)ので, せっかくなので$|2021^a-20^b-21^c|=60$となる正整数の組$(a,b,c)$$(2,2,5)$以外に存在するかについても考えてみます.

次の条件をみたす正整数の組$(a,b,c)$を求めよ.
$$|2021^a-20^b-21^c|=60$$

(解答をすぐに見たくない人もいると思うので少し行間をあけておきます. )























解答(追加)

  • $2021^a-20^b-21^c=60$のとき

$2021^a+3\equiv20^b\pmod{21}$より, $a\equiv5\pmod6$かつ$b$は奇数である.
$21^c\equiv2021^a-4\equiv7\pmod{19}$であるため, $c\equiv6\pmod{18}$.
$c$$2$以上であるため, $20^b\equiv5\pmod9$より$b\equiv5\pmod6$.
$2021^a-20^b-21^c\equiv8\pmod{13}$より, $a\equiv11\pmod{12}$, $c\equiv2\pmod4$.
しかし, これは$2021^a-21^c\equiv12\pmod{16}$に矛盾する.

  • $2021^a-20^b-21^c=-60$のとき

$2021^a-3\equiv20^b\pmod{21}$より, $a\equiv2\pmod6$かつ$b$は偶数である.
$21^c\equiv13\pmod{19}$であるため, $c\equiv5\pmod{18}$.
$20^b\equiv4\pmod9$であるため, $b\equiv2\pmod6$.
$2021^a-20^b-21^c\equiv5\pmod{13}$より, $a\equiv b\pmod{12}$, $c\equiv1\pmod4$.
$b$$2$以上であるため, $2021^a-21^c\equiv4\pmod{16}$より, $a\equiv2\pmod4$.
$2021^a-20^b\equiv-5\pmod{17}$より, $a\equiv2\pmod8$かつ$b\equiv2\pmod{16}$.
ここで$2< b$と仮定する.
$21^c\equiv21\pmod {32}$より, $c\equiv1\pmod8$.
ここまでの議論より, $a\equiv2\pmod{24}$, $b\equiv2\pmod{48}$, $c\equiv17\pmod{24}$である.
Fermatの小定理より$2021^{24}\equiv(-16)^{24}\equiv2^{96}\equiv1\pmod{97}$より, $2021^a\equiv62\pmod{97}$.
Fermatの小定理より$20^{96}\equiv1\pmod{97}$であるため, $20^{48}\equiv\pm1\pmod{97}$より, $20^b\equiv\pm12\pmod{97}$.
(実際には$20^{48}\equiv-1\pmod{97}$. )
$21^{24}\equiv22\pmod{97}$より, $21^c\equiv\pm29, \pm41\pmod{97}$.
しかし, これらは$2021^a-20^b-21^c\equiv-60\pmod{97}$に矛盾.
ゆえに$b=2$であり, $2021^a-21^c=340=2021^2-21^5$.
$\bmod{243}$での$2021$の位数, すなわち$2021^d\equiv1\pmod{243}$となる最小の正整数$d$を考える. 明らかに$d$は偶数である必要がある.
LTEの補題より$v_3(2021^d-1)=v_3((2021^2)^{\tfrac{d}{2}}-1)=v_3(2021^2-1)+v_3\left(\cfrac{d}{2}\right)$より, $d=162$.
($v_3(n)$$n$$3$で割り切れる回数を表す. )
$2021^a\equiv2021^2\pmod{243}$で, $a\equiv2\pmod{162}$.
Fermatの小定理より$2021^a\equiv2021^2\pmod{163}$.
よって$21^c\equiv21^5\pmod{163}$.
$\bmod{163}$での$21$の位数は$27$であるため, $c\equiv5\pmod{27}$である. ($162$の約数のみを調べればよい. )
$a\equiv2\pmod{162}$, $c\equiv5\pmod{54}$より, (頑張って計算すると)
$$2021^a\equiv459, 322, 193\pmod{487}$$
$$21^c\equiv119, 369, 338, 336, 383, 9, 32, 222, 140\pmod{487}$$
よって, $a\equiv2\pmod{486}$, $c\equiv5\pmod{486}$.
Eulerの定理より$2021^{486}\equiv1\pmod{729}$.
よって$21^c\equiv21^5\pmod{729}$であるため$c=5$となり, $a=2$が決定される.

したがって$(a, b, c)=(2, 2, 5)$のみが条件をみたすことが示された. (証明終)

おわりに

この問題は$2021^2 \fallingdotseq 21^5$をネタにして, 正月の新聞に載っているパズルのようなイメージの問題になったので, 自作問題として出題しました.

冒頭と同じ内容ですが, 投稿が大幅に遅れてしまい, すみませんでした!


投稿日:2021226

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kkkaaa
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