「いずれも素数」系問題スタンダード完全攻略

説明を多めにするので、やや冗長な解答になります。
上の手順に沿って解いてみましょう。

実験

$p=2,3,5,7$ あたりを $p,2p+1,4p+1$ に代入して考えます。
$$ \begin{aligned} p=2&\longrightarrow2,5,9,\\ p=3&\longrightarrow3,7,13,\\ p=5&\longrightarrow5,11,21,\\ p=7&\longrightarrow7,15,29. \end{aligned} $$

それぞれにどのような素因数が含まれているか考える

$p=2$ では $2,5,3$
$p=3$ では $3,7,13$（ちなみに、この時点で解の1つだと分かります。）
$p=5$ では $5,11,3,7$
$p=7$ では $7,3,5,29$
さあ、気づきましょう。
意識すべきは、3つのうちいずれかが何らかの数の倍数になっているという点です。
すると、どのパターンにも素因数 $3$ が含まれていることに気づけます。

いずれかが $3$ の倍数であることを示す

以下、法を $3$ とします。
整数を $3$ で割った余りは $0,1,2$ の3種類、すなわち
$$ p\equiv0,\pm1\pmod3 $$
です。
$p\equiv0$ のとき、自明に $p$ が $3$ の倍数です。
$p\equiv1$ のとき、
$$ 2p+1\equiv2+1=3\equiv0\pmod3 $$
より、$2p+1$ が $3$ の倍数です。
$p\equiv-1$ のとき、
$$ 4p+1\equiv4(-1)+1=-3\equiv0\pmod3 $$
より、$4p+1$ が $3$ の倍数です。
以上から、$p,2p+1,4p+1$ のいずれかが $3$ の倍数になることが示されました。

いずれかは $3$ になる

$p,2p+1,4p+1$ はすべて素数であり、そのいずれかは $3$ の倍数です。
したがって、そのいずれかは $3$ そのものです。
ここで、
$$ 2\le p<2p+1<4p+1 $$
より、$3$ となり得るのは $p$ だけです。
したがって、
$$ p=3 $$
が必要です。
逆に、$p=3$ のとき、
$$ p=3,\qquad2p+1=7,\qquad4p+1=13 $$
はいずれも素数です。
以上より、求める素数は
$$ \boxed{p=3} $$
です。

一見すると係数も定数項もバラバラですが、$\pmod3$ の特性、すなわち「$3$ の倍数を自由に足し引きしてよい」「$-1$ などの負の余りを積極的に使う」ことを駆使すると、驚くほど綺麗にまとまります。

• ①
  $$ 2q+1\equiv-q+1=\mathbf{-(q-1)} \qquad(\because 2\equiv-1\pmod3) $$
• ②
  $$ 4q-1\equiv q-1=\mathbf{1(q-1)} \qquad(\because 4\equiv1\pmod3) $$
• ③
  $$ 5q+1\equiv2q+1\equiv-q+1=\mathbf{-(q-1)} \qquad(\because 5\equiv2\equiv-1\pmod3) $$
  このように、作問者が用意したバラバラな係数のカモフラージュを剥ぎ取ると、すべての式が $\pmod3$ の世界において $(q-1)$ という共通のカタマリの定数倍に収束していきます。
  もし
  $$ q\equiv1\pmod3 $$
  すなわち
  $$ q-1\equiv0\pmod3 $$
  の部屋に変数が飛び込んできたら、これらすべての式が一斉に $3$ の倍数の部屋に叩き落とされます。
  この「一網打尽にするためのパーツ集め」の感覚を、まずは掴んでほしいです。

条件にある式の数は3つです。
よって、後の鉄則で説明する通り、第一候補として $\bmod3$ を選択します。
元の3つの式を $\pmod3$ で評価すると、積極的な $\pm$ の利用により、
$$ \begin{aligned} p&\equiv p,\\ 2p+1&\equiv-p+1=\mathbf{-(p-1)} \qquad(\because 2\equiv-1\pmod3),\\ 4p+1&\equiv\mathbf{p+1} \qquad(\because 4\equiv1\pmod3) \end{aligned} $$
となります。
符号や、$3$ と互いに素な係数の違いを無視すれば、これは $\pmod3$ における連続3整数
$$ p-1,\;\;p,\;\;p+1 $$
の部屋をすべて網羅しています。
連続する3つの整数には必ず $3$ の倍数が含まれるため、
$$ p,\;\;2p+1,\;\;4p+1 $$
のうち、いずれか1つは必ず $3$ の倍数です。
これらはすべて素数であるから、$3$ の倍数である素数は $3$ のみです。

書き方

$$ p(2p+1)(4p+1) \equiv-(p-1)p(p+1) \equiv0\pmod3 $$
（連続3整数の積であることによる。）
したがって、$p,2p+1,4p+1$ のいずれかは $3$ の倍数です。

• $p=3$ のとき
  $$ 2p+1=7,\qquad4p+1=13 $$
  となり、すべて素数なので条件を満たします。
• $2p+1=3$ のとき
  $$ p=1 $$
  となり、素数ではないため不適です。
• $4p+1=3$ のとき
  $$ p=\frac12 $$
  となり不適です。
  以上より、求める素数は
  $$ \boxed{p=3} $$
  です。

もちろん、$p\equiv0,\pm1\pmod3$ と場合分けしてもOKです。今回は、その法をどのように見つけるかを考えます。

まずは鉄則0（偶奇と大小）からアプローチします。
$p-q$ が素数、すなわち $2$ 以上であることから、
$$ p>q $$
です。
もし $p,q$ がともに奇素数であるとすると、$p+q$ は偶数です。
しかも、
$$ p+q\ge3+3=6 $$
であるため、$p+q$ は $2$ より大きい偶数となり、素数ではありません。
したがって、$p,q$ の少なくとも一方は偶数の素数、すなわち $2$ です。
$p>q$ より、小さい方の
$$ \mathbf{q=2} $$
が確定します。
これにより、同時に素数であるべき式は
$$ p-2,\qquad p+2 $$
となり、$p$ 自身と合わせて、
$$ p-2,\qquad p,\qquad p+2 $$
の3つになります。
ここで鉄則2（式の数3つ $\implies\pmod3$）を発動します。
$$ p-2\equiv p+1,\qquad p,\qquad p+2\equiv p-1 \pmod3 $$
となり、$\pmod3$ における連続3整数が揃うため、どれか1つは必ず $3$ の倍数、すなわち素数なので $3$ そのものになります。
また、$p-2$ も素数であるため $p\ne3$ であり、$p\ge5$ です。
したがって、$p$ と $p+2$ はともに $3$ より大きく、$3$ となり得るのは $p-2$ だけです。
よって、
$$ p-2=3 $$
より、
$$ p=5 $$
です。
このとき、
$$ q=2,\qquad p-q=3,\qquad p+q=7 $$
となり、すべて素数なので条件を満たします。
以上より、求める組は
$$ \boxed{(p,q)=(5,2)} $$
です。

式の数は $q$ 自身も含めて全部で5つです。
鉄則2より、迷わず $\pmod5$ を選択します。
2節で練習したのと同様に、積極的な $\pm$ 表記を利用して各式を $\pmod5$ で評価すると、
$$ \begin{aligned} q&\equiv q,\\ 4q-1&\equiv-q-1=\mathbf{-(q+1)},\\ 8q+1&\equiv3q+1\equiv3q+6=\mathbf{3(q+2)},\\ 2q+1&\equiv2q+6=\mathbf{2(q+3)},\\ 6q-1&\equiv q-1\equiv\mathbf{q-1} \end{aligned} \pmod5 $$
となります。
係数
$$ 1,-1,3,2,1 $$
はいずれも $5$ と互いに素です。
したがって、これらは $\pmod5$ の世界で
$$ q-1,\qquad q,\qquad q+1,\qquad q+2,\qquad q+3 $$
という連続5整数の部屋を完全に網羅します。
よって、5つの式のうちどれか1つは必ず $5$ の倍数、すなわち素数なので $5$ そのものとなります。
ここで、$q$ は5つの式のうち最小です。
実際、正の素数 $q$ に対して、
$$ q<2q+1,\qquad q<4q-1,\qquad q<6q-1,\qquad q<8q+1 $$
です。
5つの式のどれかが $5$ であるため、
$$ q\le5 $$
となります。
したがって、素数 $q$ の候補は
$$ q=2,3,5 $$
のみです。

• $q=2$ のとき
  $$ q,\;\;2q+1,\;\;4q-1,\;\;6q-1,\;\;8q+1 = 2,5,7,11,17 $$
  となり、すべて素数なので条件を満たします。
• $q=3$ のとき
  $$ 8q+1=25 $$
  となり、合成数なので不適です。
• $q=5$ のとき
  $$ q,\;\;2q+1,\;\;4q-1,\;\;6q-1,\;\;8q+1 = 5,11,19,29,41 $$
  となり、すべて素数なので条件を満たします。
  以上より、求める素数は
  $$ \boxed{q=2,5} $$
  です。

$$ X=a-b-8,\qquad Y=b-c-8 $$
とおきます。
これらはともに素数です。
まずは鉄則0（大小と偶奇）から攻めます。
$$ X\ge2,\qquad Y\ge2 $$
より、
$$ a>b>c\ge2 $$
です。
特に、
$$ a>b>2 $$
なので、$a,b$ はともに奇素数です。
したがって、
$$ X=a-b-8 $$
は
$$ \text{奇数}-\text{奇数}-\text{偶数} $$
なので偶数です。
$X$ は素数でもあるため、
$$ \mathbf{X=2} $$
が確定します。
これより、
$$ a-b-8=2 $$
なので、
$$ \mathbf{a=b+10} $$
となり、鉄則1（1文字化）が達成されます。
現在、素数として残っているパーツは、
$$ c,\qquad Y=b-c-8,\qquad b,\qquad a=b+10 $$
です。
一番小さい素数 $c$ の偶奇で分岐します。

• パターンA：$\mathbf{c=2}$ のとき
  $$ Y=b-10 $$
  となります。
  このとき、同時に素数でなければならないのは、
  $$ b-10,\qquad b,\qquad b+10 $$
  の3つです。
  ここで鉄則2（式の数3つ $\implies\pmod3$）を発動します。
  $$ b-10\equiv b-1,\qquad b,\qquad b+10\equiv b+1 \pmod3 $$
  となり、$\pmod3$ で連続3整数が揃うため、どれかが $3$ の倍数です。
  また、$b-10=Y$ は素数なので $b\ge13$ です。
  したがって、$b$ と $b+10$ は $3$ より大きく、$3$ となり得るのは $b-10$ だけです。
  よって、
  $$ b-10=3 $$
  から、
  $$ b=13,\qquad a=23 $$
  となります。
  実際、すべて素数条件を満たします。
  $$ \boxed{(a,b,c)=(23,13,2)} $$
• パターンB：$\mathbf{c}$ が奇素数のとき
  $b$ も奇素数なので、
  $$ Y=b-c-8 $$
  は偶数です。
  $Y$ は素数でもあるため、
  $$ \mathbf{Y=2} $$
  が確定します。
  よって、
  $$ b-c-8=2 $$
  から、
  $$ \mathbf{b=c+10} $$
  です。
  これに伴い、
  $$ a=b+10=\mathbf{c+20} $$
  となります。
  同時に素数であるべき式は、
  $$ c,\qquad c+10,\qquad c+20 $$
  の3つです。
  これを $\pmod3$ で見ると、
  $$ c,\qquad c+1,\qquad c+2 \pmod3 $$
  となり、連続3整数の部屋を網羅します。
  したがって、どれか1つが $3$ です。
  $c$ が最小なので、
  $$ c=3 $$
  が確定し、
  $$ b=13,\qquad a=23 $$
  となります。
  $$ \boxed{(a,b,c)=(23,13,3)} $$
  以上より、求める組は
  $$ \boxed{(a,b,c)=(23,13,2),\;(23,13,3)} $$
  です。

式は3つですが、変数が $p^2$ です。
したがって、$\pmod3$ では平方剰余の種類が足りません。
そこで、平方剰余の種類が3つになる法を考えます。
鉄則の【平方数への拡張】に従い、平方数の部屋が
$$ 0,\pm1 $$
の3つに綺麗に分かれる最小の法として、$\pmod5$ を主役に据えます。
（※ $\pmod8$ も平方剰余は3種類ですが、奇素数を代入するとすべて $1$ に潰れてしまい、部屋を網羅できないことは頭の中の軽い代入チェックで判断できます。）
もっと言えば、単に $5$ の方が小さいので、鉄則に従えばこちらを先に試すのが妥当です。
まず、$p=5$ は個別に調べると、
$$ 4p^2+1=101,\qquad6p^2+1=151 $$
となり、いずれも素数なので条件を満たします。
次に、$p\ne5$ とします。
$p$ は素数なので、
$$ p\not\equiv0\pmod5 $$
です。
したがって、
$$ p^2\equiv\pm1\pmod5 $$
となります。

• $p^2\equiv1\pmod5$ の部屋に入ったとき
  $$ 4p^2+1 \equiv4\cdot1+1 =5 \equiv0\pmod5 $$
  となります。
  また、
  $$ 4p^2+1\ge17>5 $$
  であるため、$4p^2+1$ は合成数となり不適です。
• $p^2\equiv-1\pmod5$ の部屋に入ったとき
  $$ 6p^2+1 \equiv6(-1)+1 =-5 \equiv0\pmod5 $$
  となります。
  また、
  $$ 6p^2+1\ge25>5 $$
  であるため、$6p^2+1$ は合成数となり不適です。
  情報のサイズをジャストフィットさせ、$\pm$ の対称性を生かした結果、$5$ 以外の部屋に入った素数は完璧にハメ殺されることが証明されました。
  以上より、求める素数は
  $$ \boxed{p=5} $$
  のみです。

一見すると、これまでの「1文字で表す」鉄則が通用しないように思える特殊な問題ですね。
実際に、
$$ p=2^n-1 $$
とおいてみると、もう一方の式は
$$ p+2=2^n+1 $$
となり、同時に素数であるべき式は、
$$ p,\qquad p+2 $$
の2つしかありません。
「変数は $p$ の1文字なのに、式が2つしかない……。これでは……」
と絶望しかけたそのとき、ふと聞こえてきますね？

ああ「式が足りなければ、自分で都合のいい式を作って補え」ね🥸
そう、これこそが 鉄則2'（不自然な穴を補う）の極意です。
$p$ と $p+2$ の間にある、不自然にぽっかり空いた「$p+1$」という隙間に注目しましょう。
この隙間を脳内で補完して、次の連続する3つの整数を召喚します。
$$ p,\qquad p+1,\qquad p+2 $$
連続する3つの整数の中には、必ず $3$ の倍数が1つ含まれます。
「でも、勝手に追加した $p+1$ が $3$ の倍数になったら意味がないんじゃ……？」
と思うかもしれませんが、ご安心ください。
追加した式は、
$$ p+1=2^n $$
です。
$2^n$ の素因数は $2$ しかありません。
つまり、正の整数 $n$ に対して、$2^n$ が $3$ の倍数になることは絶対にありません。
$$ p+1=2^n\not\equiv0\pmod3 $$
となれば、残された道はただ1つ。
もともと問題文に用意されていた
$$ p=2^n-1 $$
または
$$ p+2=2^n+1 $$
のどちらか一方が、必ず $3$ の倍数にならざるを得ません。
これで完璧な包囲網が完成しました。
あとは、いつものように刈り取るだけです。
$p,p+2$ はともに素数であり、そのいずれかが $3$ の倍数なので、どちらか一方は $3$ です。

• $p=3$ のとき
  $$ 2^n-1=3 $$
  より、
  $$ 2^n=4 $$
  なので、
  $$ n=2 $$
  です。
  このとき、
  $$ 2^2+1=5 $$
  となり、どちらも素数なので条件を満たします。
• $p+2=3$ のとき
  $$ 2^n+1=3 $$
  より、
  $$ 2^n=2 $$
  なので、
  $$ n=1 $$
  です。
  しかし、
  $$ 2^1-1=1 $$
  は素数ではないため不適です。
  以上より、求める正の整数は
  $$ \boxed{n=2} $$
  のみです。
  一見、式の数が足りない例外的な問題に見えて、実は「余分な素因数を持たない中間項 $2^n$」を作問者があえて隠した、極めて芸術的な構造をしていたわけです。

「え？ $p^q+q^p$ が素数？　これって今回の『いずれも素数』系問題に分類されるの？」
と、面食らった方もいるかもしれません。
ですが、冒頭の注意を思い浮かべてみてください。
大切なのは、「日本語と数式のスムーズな行き来（翻訳）」です。
この問題文を少し言い換えてみましょう。

「$p,q,p^q+q^p$ がいずれも素数となるような組を求めよ。」
どうでしょう？
まさに私たちが磨き上げてきた「いずれも素数」のテンプレ問題に様変わりしましたね！
ものは言いようです。
一見違うジャンルに見える問題に対しても、
「まずはこの鉄則の型にハメられないか？」
と疑ってかかる姿勢こそが、初見の難問を瞬殺するブレイクスルーを生みます。
では、早速鉄則に沿って解きほぐしていきましょう。

1. 鉄則0（偶奇分け）による主役の固定

まずは、基本中の基本である偶奇に注目します。
もし $p,q$ がともに奇素数であるとすると、奇数の奇数乗は奇数なので、
$$ p^q+q^p = \text{奇数}+\text{奇数} = \text{偶数} $$
となります。
また、
$$ p,q\ge3 $$
より、
$$ p^q+q^p\ge3^3+3^3=54 $$
です。
したがって、$p^q+q^p$ は $2$ より大きい偶数となり、素数ではありません。
よって、$p,q$ の少なくとも一方は偶数の素数、すなわち $2$ です。
式は $p,q$ について対称なので、一般性を失うことなく、
$$ \mathbf{p=2} $$
と固定できます。

2. 鉄則1（1文字化）の達成

これで、同時に素数であるべきパーツは、
$$ q,\qquad2^q+q^2 $$
の2つに絞られ、見事に「1文字主体の式」へ引きずり下ろすことができました。

3. 鉄則2（式の数 $\implies\bmod$ の決定）

主役の式が2つなので、余りの種類が2種類になるような法を疑います。
ここで、平方の形 $q^2$ が含まれていることに注目します。
平方剰余が綺麗に2種類に分かれる最小の法といえば、迷わず $\pmod3$ です。
実際、
$$ q^2\equiv0,1\pmod3 $$
となります。
「$\pmod4$ も平方剰余は $0,1$ の2種類だけれど、なぜ駄目なの？」
と思うかもしれません。
しかし、もしこの問題が $\pmod4$ の世界で解決するのなら、より粗い分類である $\pmod2$、すなわち偶奇分けの段階でとっくに解決しているはずです。
偶奇分けだけで片付かなかった時点で、$\pmod4$ を調べるのは情報の無駄遣い、すなわちあり得ないルートだと直感的に見抜けます。
よって、ターゲットは $\pmod3$ 一択です。

4. 包囲網の展開

以下、法を $3$ とします。

• $q=2$ のとき
  $$ 2^q+q^2 = 2^2+2^2 = 8 $$
  となり、素数ではないため不適です。
• $q=3$ のとき
  $$ 2^q+q^2 = 2^3+3^2 = 8+9 = 17 $$
  となり、これは素数なので条件を満たします。
  対称性より、
  $$ (p,q)=(2,3),\;(3,2) $$
  が得られます。
• $q\ge5$ のとき
  $q$ は $3$ 以外の奇素数なので、
  $$ q\equiv\pm1\pmod3 $$
  です。
  また、$q$ は奇数なので、
  $$ 2^q\equiv(-1)^q\equiv-1\pmod3 $$
  です。
  したがって、
  $$ \begin{aligned} 2^q+q^2 &\equiv(-1)^q+(\pm1)^2\\ &\equiv-1+1\\ &\equiv0 \pmod3 \end{aligned} $$
  となり、$2^q+q^2$ は必ず $3$ の倍数になります。
  さらに、
  $$ 2^q+q^2 \ge 2^5+5^2 = 32+25 = 57 > 3 $$
  であるため、素数にはなり得ません。
  以上より、条件を満たす素数の組は、
  $$ (p,q)=(2,3),\;(3,2) $$
  のみです。
  どちらの場合も、
  $$ p^q+q^p=17 $$
  となります。
  ゆえに、求めるすべての素数は
  $$ \boxed{17} $$
  です。
  京大の問題を、情報量の整合性から $\bmod$ の選択まで、完全に手のひらの上でコントロールする快感を味わえたでしょうか。

続いて、大阪大学の問題です。
……と、解説に入る前に、作問者の視点に慣れてきた皆さんは、この問題を見て少し「もやもや」とした違和感を覚えませんでしたか？

「……あれ？　式の数が過剰、すなわち贅肉が多いのではないか？」
そうなんです。
鋭い方ならお気づきの通り、実はこの問題、最初の $n+1$ という式がなくても、あるいは最後の $n^7+7$ がなくても、それぞれ別の問題として成立します。
連立方程式でいえば、
「未知数が $x,y$ の2つしかないのに、独立した式が3つも4つも用意されている」
ような情報のアンバランスさがあるのです。
個人的には、$n^7+7$ をなくした上で、
「これらがすべて素数となるような正の整数 $n$ をすべて求めよ。」
という問題にしてくれた方が、
$$ n=2 $$
という唯一の美しい解が浮かび上がってきて、問題の芸術性としては遥かに高かったのではないか……と感じてしまいます。
（作問者へのちょっとした愚痴です笑。）
しかし、たとえ贅肉の多い問題であっても、私たちが磨いてきた【鉄則（真）】を使えば、定量的にばっちりターゲットを絞り込めます。

1. 法の当たりをつける

今回の式は全部で4つです。
【鉄則2（真）】より、
$$ \text{余りの種類数}\le\text{式の数 }4 $$
が成立する法を探します。
今回は、
$$ n^3,\qquad n^5,\qquad n^7 $$
のように奇数の累乗が含まれています。
奇数の累乗は、平方数のように余りの種類を劇的に減らしてくれるとは限りません。
（注：もちろん、減る場合もあります。）
そのため、部屋を網羅してハメ殺すには、できるだけ小さい法、つまり $4$ 以下の法から探すのが最有力になります。
ここで、もし $\pmod4$ で解けるのであれば、その前段階の $\pmod2$、すなわち偶奇分けで一瞬で終わるはずです。
しかし、$n$ が偶数のとき、
$$ n+1,\qquad n^3+3,\qquad n^5+5,\qquad n^7+7 $$
はいずれも奇数となり得るため、偶奇分けだけでは瞬殺できません。
となると、残された最有力候補は……そう、ほぼ確実に $\pmod3$ です。

2. $\pmod3$ での各部屋のハメ殺し

以下、法を $3$ とします。
正の整数 $n$ を $3$ で割った余りは、
$$ 0,\qquad1,\qquad2\equiv-1 $$
の3パターンです。

$n\equiv0\pmod3$ のとき

$$ n^3+3 \equiv 0+3 \equiv0 \pmod3 $$
となり、$n^3+3$ が $3$ の倍数になります。
ここで、$n$ は正の整数かつ $3$ の倍数です。
まず $n=3$ のときは、
$$ n+1=4 $$
となり、合成数なので不適です。
一方、$n>3$ のときは、
$$ n^3+3>3 $$
です。
したがって、$n^3+3$ は $3$ より大きい $3$ の倍数、すなわち合成数となるため不適です。
よって、この部屋に入った $n$ は全滅です。

$n\equiv1\pmod3$ のとき

$$ n^5+5 \equiv 1^5+2 \equiv3 \equiv0 \pmod3 $$
となり、$n^5+5$ が $3$ の倍数になります。
また、
$$ n^5+5\ge1^5+5=6>3 $$
であるため、これは $3$ より大きい $3$ の倍数、すなわち合成数なので不適です。
この部屋に入った $n$ も全滅です。

$n\equiv2\equiv-1\pmod3$ のとき

$$ n+1 \equiv -1+1 \equiv0 \pmod3 $$
となり、$n+1$ が $3$ の倍数になります。
これが素数となるためには、
$$ n+1=3 $$
でなければならないので、
$$ \mathbf{n=2} $$
です。
ここで、唯一の生き残り候補である $n=2$ を実際に各式に代入して確認します。
$$ \begin{aligned} n+1&=3\qquad(\text{素数}),\\ n^3+3&=11\qquad(\text{素数}),\\ n^5+5&=37\qquad(\text{素数}),\\ n^7+7&=135. \end{aligned} $$
最後の
$$ n^7+7=128+7=135 $$
は、一の位が $5$ なので $5$ の倍数、すなわち合成数です。
したがって、$n=2$ も条件を満たしません。
この部屋も、最後の最後に仕掛けられたトラップによって全滅です。
以上より、すべての部屋において条件を満たす正の整数 $n$ は存在しないことが示されました。
――ね？
最後の $n^7+7$ さえなければ、$n=2$ という唯一の生き残り、すなわちすべてが美しく素数に収束する奇跡の瞬間を答えにできたのに、わざわざそれを叩き落とすために $n^7+7$ を用意した阪大の作問者……ちょっと過保護というか、野暮だと思いませんか？笑
ですが、過剰な情報のおかげで、私たちは

「式の数が多いから、確実に $\pmod3$ で仕留められる」
という絶対の自信を持ってアプローチできたわけです。

なんか綺麗な問題ですね。
ここで日和って、独自のひらめきを探しに行く必要は一切ありません。
私たちがやるべきことはただ1つ。
【鉄則】のツールキットを上から順番に機械的にハメ込んでいくだけです。

1. 鉄則0（偶奇分け）による外枠の破壊

まずは、素数問題の絶対の足場である偶奇から切り込みます。
もし $p,q,r$ がすべて奇素数であると仮定してみましょう。
すると、「奇数－奇数＝偶数」となるため、発生する3つの差
$$ q-p,\qquad r-q,\qquad r-p $$
はすべて偶数になります。
素数かつ偶数なのは $2$ しかありませんから、
$$ q-p=2,\qquad r-q=2,\qquad r-p=2 $$
とならざるを得ません。
しかし、初めの2式を足すと、
$$ (q-p)+(r-q)=r-p=4 $$
となり、
$$ r-p=2 $$
に矛盾します。
したがって、元の3つの素数の中に、必ず偶素数 $2$ が含まれていなければなりません。
大小関係は
$$ p< q< r $$
なので、一番小さい
$$ \mathbf{p=2} $$
がノータイムで確定します。
まずはこれで1文字固定です。

2. 鉄則1（文字減らし：偶奇の再利用）

$p=2$ が確定したことで、生き残った差のパーツは、

1. $q-2$
2. $r-q$
3. $r-2$
   です。
   ここで、残された $q,r$ は $3$ 以上の奇素数ですから、その差である $r-q$ は偶数の素数です。
   偶数の素数は $2$ しかないので、
   $$ r-q=2 $$
   となり、
   $$ r=q+2 $$
   です。
   これを $r-2$ に代入すると、
   $$ r-2=(q+2)-2=q $$
   となり、これは元の素数そのものです。
   さあ、ツールキットの通りにパーツをすべて $q$ の1文字に引きずり下ろして並べてみましょう。
   同時に素数であるべき式は、
   $$ q-2,\qquad q,\qquad q+2 $$
   の3つ、見慣れた三つ子素数型に見事に集約されました。

3. 鉄則2（式の数3つ $\implies\pmod3$）でのハメ殺し

式が3つ並んだので、迷わず $\pmod3$ の包囲網を展開します。
以下、法を $3$ とします。
$$ q-2\equiv q+1,\qquad q,\qquad q+2\equiv q-1 \pmod3 $$
$\pmod3$ の世界で、
$$ q-1,\qquad q,\qquad q+1 $$
という連続3整数の部屋がすべて埋まったため、どれか1つは必ず $3$ の倍数、すなわち素数なので $3$ そのものになります。
また、$q-2$ が素数であるため $q\ne3$ であり、
$$ q\ge5 $$
です。
したがって、$q$ と $q+2$ は $3$ より大きく、$3$ となり得るのは $q-2$ だけです。
よって、
$$ q-2=3 $$
から、
$$ \mathbf{q=5} $$
です。
このとき、
$$ r=q+2=\mathbf{7} $$
です。
元の素数の組は、
$$ (p,q,r)=(2,5,7) $$
となり、それぞれの差は、
$$ q-p=3,\qquad r-q=2,\qquad r-p=5 $$
ですべて素数となります。
以上より、求める組は
$$ \boxed{(p,q,r)=(2,5,7)} $$
のみです。

一見すると4文字2式の複雑な不定方程式ですが、「すべて素数」という強烈な縛りは健在です。
$a,b,c,d$ がいずれも素数なのですからね。
与えられた2式は、
$$ \begin{cases} a+b=c &\cdots\text{①}\\ ac=b+d &\cdots\text{②} \end{cases} $$
です。
まずは簡単な①式の和から、いつもの足場である偶奇を固めましょう。
以下、特に断りがない限り、法を $3$ とします。

1. 鉄則0（偶奇分け）による分岐

①式において、$a,b$ がともに奇素数であると仮定すると、
$$ c=\text{奇数}+\text{奇数}=\text{偶数} $$
となるため、$c=2$ です。
しかし、
$$ a,b\ge2 $$
より、
$$ c=a+b\ge4 $$
となり矛盾します。
よって、$a,b$ のどちらか一方は必ず $2$ です。
ここから鮮やかにハメ殺しのルートへ分岐します。

ルート1：$a=2$ のとき

①式より、
$$ 2+b=c $$
なので、
$$ \mathbf{c=b+2} $$
です。
これを②式に代入して、$d$ も $b$ の式に引きずり下ろします。
$$ 2(b+2)=b+d $$
より、
$$ \mathbf{d=b+4} $$
です。
同時に素数であるべきパーツは、
$$ b,\qquad b+2,\qquad b+4 $$
の3つの式に集約されました。
$\pmod3$ で見ると、
$$ b,\qquad b+2\equiv b-1,\qquad b+4\equiv b+1 $$
となり、連続3整数の部屋を綺麗に網羅します。
したがって、どれか1つは必ず $3$ の倍数です。
$b$ は素数であり、$b+2,b+4>b$ なので、$3$ となり得るのは $b$ だけです。
よって、
$$ b=3 $$
です。
このとき、
$$ c=5,\qquad d=7 $$
となり、すべて素数条件を満たします。
$$ \boxed{(a,b,c,d)=(2,3,5,7)} $$

ルート2：$b=2$ のとき

①式より、
$$ a+2=c $$
です。
ここで、$a$ は素数なので、
$$ a\ge2 $$
より、
$$ c\ge4 $$
です。
つまり、
$$ c>3 $$
が確定するため、$c$ が $3$ の倍数となる可能性はありません。
したがって、
$$ c=a+2\not\equiv0\pmod3 $$
です。
よって、
$$ a+2\equiv\pm1\pmod3 $$
なので、
$$ \mathbf{a\equiv0,-1\pmod3} $$
となります。
この時点で、
$$ a\equiv1\pmod3 $$
の可能性が消滅しました。
次に、この関係を②式に代入し、$d$ を $a$ の2次式に落とし込みます。
$$ a(a+2)=2+d $$
より、
$$ \mathbf{d=a^2+2a-2} $$
です。
同時に素数であるべきパーツは、
$$ a,\qquad a+2,\qquad a^2+2a-2 $$
の3つの式です。
残された $a$ の候補を順に検証していきましょう。

• $a\equiv-1\pmod3$ のとき
  $d$ の式に代入すると、
  $$ \begin{aligned} d &=a^2+2a-2\\ &\equiv(-1)^2+2(-1)-2\\ &=1-2-2\\ &=-3\\ &\equiv0 \pmod3 \end{aligned} $$
  となり、$d$ が $3$ の倍数の部屋にハメ殺されます。
  $d$ は素数なので、
  $$ d=3 $$
  でなければなりません。
  しかし、
  $$ a^2+2a-2=3 $$
  より、
  $$ a^2+2a-5=0 $$
  となります。
  この2次方程式の判別式は、
  $$ D=2^2-4\cdot1\cdot(-5)=24 $$
  であり、平方数ではありません。
  したがって整数解 $a$ は存在せず、このルートは不適です。
• $a\equiv0\pmod3$ のとき
  $a$ は素数なので、この時点で
  $$ \mathbf{a=3} $$
  が一意に確定します。
  大元の式に差し戻して確認すると、
  $$ c=3+2=\mathbf{5} $$
  であり、
  $$ d=3^2+2\cdot3-2=\mathbf{13} $$
  です。
  いずれも素数条件を満たします。
  $$ \boxed{(a,b,c,d)=(3,2,5,13)} $$
  以上より、求める素数の組は、
  $$ \boxed{(a,b,c,d)=(2,3,5,7),\;(3,2,5,13)} $$
  の2組です。

★作問者の裏をかく：なぜ $\pmod3$ でノータイム突破できたのか？

今回の後半戦、すなわちルート2では、同時に素数であるべき式の中に、
$$ a^2+2a-2 $$
という「平方項を含む2次式」が紛れ込んでいました。
これを見て、

「あれ？　二乗があるということは、平方剰余の罠で部屋の数が減ってしまう、すなわち余りが出ない部屋があるのでは？」
と思った鋭い皆さん。
素晴らしい着眼点ですが、惜しい！
実は、今までの例で部屋の数が潰れて包囲網が失敗するのは、登場するパーツの1つ、例えば $p$ 自身などを除き、他の式がすべて平方剰余に強く支配されている場合なのです。
実際、先ほど扱った2つの例を見てみると、
$$ p,\qquad4p^2+1,\qquad6p^2+1 $$
と、
$$ q,\qquad2^q+q^2 $$
という形でしたね。
今回は、生き残った3つのパーツのうち、
$$ a,\qquad a+2 $$
という2つが1次式です。
つまり、$a$ 自身だけでなく、$a+2$ もいるのです。
1次式は $\pmod3$ の世界を、平方剰余のような縛りを受けずに動き回れます。
この1次式チームが自由に部屋を動き回ってくれるおかげで、2次式が混ざっていても、結果的に部屋の数は減らなかったのです。
それどころか、ここが巧妙な問題で、2次式のパーツは、
$$ d=a^2+2a-2\equiv(a+1)^2\pmod3 $$
となり、1次式チームのカバーしきれなかった最後の部屋、すなわち
$$ a\equiv2\pmod3 $$
のときにピンポイントでハマるようにパズルが設計されています。
だからこそ、今回のように3つのパーツのうち複数が1次式であるならば、2次式が混ざっていようが怯む必要は一切ありません。
1次式の自由度を信じて、ノータイムで $\pmod3$ の包囲網を展開する。
この戦略が、最短手として機能するわけです。
【Extra. 迷子になったら大元に戻れ 〜情報論としての数学〜】

不定方程式の変形中、文字数が多くて、例えば「あれ、今 $d=3$ と出たけれど、これはありなのか？」などと迷子になりそうになったら、すぐに「大元の整数・素数条件」や「一歩前の式」に立ち返る癖をつけておきましょう。

この「大元に戻る」という作業を、決して軽んじてはいけません。

数式というのは、言うなれば「情報の羅列」です。

大元の問題文や式に含まれる情報が仮に $A$ と $B$ の2つあったとき、私たちがガリガリと式変形を追っていく中で、無意識に $A$ の情報だけを拾って満足してしまっているケースが多々あります。

しかし、当然ながら、$A$ だけ、すなわち情報の片輪だけでは解けない問題が世の中には無数に存在します。

（もちろん解ける場合もありますが、前述の情報論の観点から、すべての情報を確認する方が妥当ではありますね。）

だからこそ、行き詰まったときに「何か見落とした情報 $B$ はないか？」を確認しに行く、大元への立ち返りが決定的な一手になるのです。

「今まで大元に戻らなくても解けていた」、いや、それ以上に、

「模範解答で使われている情報を使わなくても解けていた」

という人。

それは単にたまたま運が良かっただけかもしれません。

はたまた、「参考書と自分の解き方が全然違ったけれど、なぜか答えは合っていた」という経験はありませんか？

それは実は、あなたが拾った情報 $A$ と、参考書が拾った情報 $B$ が、たまたま言い換えただけで同じ主張をしていたからかもしれません。

（要は同値ということです。）

逆に言えば、「まったく同じ情報を持っている、すなわち数学的には同値であるにもかかわらず、こちらの変形ルートではなぜか解けない」

という壁にぶち当たったとき、「なぜそれでは解けなかったのか？」を突き詰めて考えることこそが、あなたの数学力に圧倒的な深みをもたらすかもしれませんね。

ともあれ、大元の式に立ち返るということは、問題の情報を過不足なく受け取り、出題者の意図をきちんと捉えられているかを確認する大事な作業なのです。

それだけで、お化けのような難問も、ただの美しいドミノ倒しに変わるかもしれませんね。