整数問題 20210225　解答例

前提知識 : 原始 Pythagoras 数の一般形.
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問題

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解

次の定理を用いる.

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$(1)$

上記三つの条件を充たすような正の整数の対$(a,b)$が存在することを仮定して, それをそのまま$(a,b)$と書く. $a$と$b$が互いに素であることに着目する. $a$は奇数であるから, ここに定理を適用すれば
$$\begin{array}{r}(\begin{array}{l}a=u^2-v^2\\ b=2uv\\ a=x^2-y^2\\ 2b=2xy\\ u>v>0\mathrm{et}x>y>0\\ gcd(u,v)=gcd(x,y)=1\\ u\not\equiv v\mathrm{et}x\not\equiv y(\mathrm{mod}.2)\end{array}\end{array}$$の全てを充たす整数の組$(u,v,x,y)$の存在が判る. これより, $b$についての二つの式を合わせて得られる関係式
$$\begin{array}{r}(\ast )2uv=xy\end{array}$$を整除の視点から観るのであるが, そのためには, $x$と$y$の偶奇で場合を分けておくべきである.

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$(\mathrm{I})$　$x$が偶数かつ$y$が奇数の場合.

このとき$x/2$は整数であるため, $(\ast )$の式を$uv=(x/2)y$と変形して,
$$\begin{array}{r}(\begin{array}{l}uv=(x/2)y=pqrs\\ u=pq\\ v=rs\\ x/2=pr\\ y=qs\\ gcd(p,q)=gcd(p,r)=gcd(p,s)=gcd(q,r)=gcd(q,s)=gcd(r,s)=1\end{array}\end{array}$$と分解することができる. これらを, $a$についての二つの式を合わせて得られる等式$u^2-v^2=x^2-y^2$に代入すると
$$\begin{array}{r}{q}^2(p^2+s^2)=r^2(4p^2+s^2)\end{array}$$となるので, この等式において整除関係を考える. $q^2$と$r^2$は互いに素であり, かつ
$$\begin{array}{rl}gcd(p^2+s^2,4p^2+s^2)& =gcd(p^2+s^2,3p^2)\\ & =gcd(p^2+s^2,p^2)\\ & =gcd(s^2,p^2)=1\end{array}$$がなりたつため, 結果
$$\begin{array}{rl}& q^2(p^2+s^2)=r^2(4p^2+s^2)\\ ⟺& q^2=4p^2+s^2\mathrm{et}{p}^2+s^2=r^2\end{array}$$と進めることができる. 故に$(s,p)$もまた条件三を充たす正の整数の対であることが判った. 加えて, $y$が奇数であるという仮定と分解の式$y=qs$から$s$は奇数であり, これらは互いに素であるため, この対は三つの条件の全てを充たす. 加えて, $p$の値を$b$と比べれば
$$\begin{array}{r}p⩽pr=x/2<xy=b\end{array}$$と小さくなっている点にも留意しておく.

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$(\mathrm{II})$　$x$が奇数かつ$y$が偶数の場合.

このとき$y/2$は整数であるため, $(\ast )$の式を$uv=x(y/2)$と変形して,
$$\begin{array}{r}(\begin{array}{l}uv=x(y/2)=p^{\prime }{q}^{\prime }{r}^{\prime }{s}^{\prime }\\ u=p^{\prime }{q}^{\prime }\\ v=r^{\prime }{s}^{\prime }\\ x=p^{\prime }{r}^{\prime }\\ y/2=q^{\prime }{s}^{\prime }\\ gcd(p^{\prime },q^{\prime })=gcd(p^{\prime },r^{\prime })=gcd(p^{\prime },s^{\prime })=gcd(q^{\prime },r^{\prime })=gcd(q^{\prime },s^{\prime })=gcd(r^{\prime },s^{\prime })=1\end{array}\end{array}$$と分解することができる. これらを, $a$についての二つの式を合わせて得られる等式$u^2-v^2=x^2-y^2$に代入すると
$$\begin{array}{r}{q}^{\prime 2}(p^{\prime 2}+4s^{\prime 2})=r^{\prime 2}(p^{\prime 2}+s^{\prime 2})\end{array}$$となるので, この等式において整除関係を考える. $q^{\prime 2}$と$r^{\prime 2}$は互いに素であり, かつ
$$\begin{array}{rl}gcd(p^{\prime 2}+4s^{\prime 2},p^{\prime 2}+s^{\prime 2})& =gcd(3s^{\prime 2},p^{\prime 2}+s^{\prime 2})\\ & =gcd(s^{\prime 2},p^{\prime 2}+s^{\prime 2})\\ & =gcd(s^{\prime 2},p^{\prime 2})=1\end{array}$$がなりたつため, 結果
$$\begin{array}{rl}& q^{\prime 2}(p^{\prime 2}+4s^{\prime 2})=r^{\prime 2}(p^{\prime 2}+s^{\prime 2})\\ ⟺& q^{\prime 2}=p^{\prime 2}+s^{\prime 2}\mathrm{et}{p}^{\prime 2}+4s^{\prime 2}=r^{\prime 2}\end{array}$$と進めることができる. 故に$(p^{\prime },s^{\prime })$もまた条件三を充たす正の整数の対であることが判った. 加えて, $x$が奇数であるという仮定と分解の式$x=p^{\prime }{r}^{\prime }$から$p^{\prime }$は奇数であり, これらは互いに素であるため, この対は三つの条件の全てを充たす. 加えて, $s^{\prime }$の値を$b$と比べれば
$$\begin{array}{r}{s}^{\prime }⩽q^{\prime }{s}^{\prime }=y⩽y^2<xy=b\end{array}$$と小さくなっている点にも留意しておく.

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何れの場合においても, 三つの条件の解$(a,b)$から第二の成分のより小さな解$(a^{\prime },b^{\prime })$を構成することができた. ところがこのような構成が
$$\begin{array}{r}(a,b)⟼(a^{\prime },b^{\prime })⟼\cdots \end{array}$$と無限に繰りかえせるということは, 三つの条件を充たす正の整数の対であって, 第二の成分が幾ら小さなものでも存在しうるということである. これは正の整数の集合の性質に反するものであり, 初めの$(a,b)$の存在仮定は偽であったと判る. $◻$

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$(2)$

条件三を充たす正の整数の対$(a,b)$の存在を仮定して矛盾を示す.

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$(\mathrm{I})$　$a$と$b$が互いに素かつ$a$が奇数の場合.

対$(a,b)$が三つの条件全てに従うことになり, $(1)$での結果に矛盾する.

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$(\mathrm{II})$　$a$と$b$が互いに素かつ$a$が偶数の場合.

この場合, $4(a/2{)}^2+b^2$と$(a/2{)}^2+b^2$は共に平方数であり, 対$(b,a/2)$が三つの条件全てに従うことになって, $(1)$での結果に矛盾する.

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$(\mathrm{III})$　$a$と$b$が互いに素でない場合.

$d=gcd(a,b)$と書くと, 対$(a/d,b/d)$が条件二と条件三に従うことになり, $(1),$$(2)(\mathrm{I}),$$(2)(\mathrm{II})$での結果に矛盾する.

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何れの場合にも矛盾が有ることが判ったため, 証明は完了した. $◻$

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