いずれも(全て)素数系の攻略

一見すると係数も定数項もバラバラですが、$\pmod 3$ の特性（$3$ 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）を駆使すると、驚くほど綺麗にまとまります。

• ① $2q + 1 \equiv -q + 1 = \mathbf{-(q - 1)} \quad (\because 2 \equiv -1)$
• ② $4q - 1 \equiv q - 1 = \mathbf{1(q - 1)} \quad (\because 4 \equiv 1)$
• ③ $5q + 1 \equiv 2q + 1 \equiv -q + 1 = \mathbf{-(q - 1)} \quad (\because 5 \equiv 2 \equiv -1)$
  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 $\pmod 3$ 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 $q \equiv 1 \pmod 3$（つまり $q-1 \equiv 0$）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ることになります。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。よって、(のちの鉄則で説明)第一候補として $\mod 3$ を選択します。
元の3つの式を $\pmod 3$ で評価すると、積極的な $\pm$ の利用により、
$$\begin{align*} p &\equiv p \\ 2p + 1 &\equiv -p + 1 = \mathbf{-(p - 1)} \quad (\because 2 \equiv -1) \\ 4p + 1 &\equiv \mathbf{p + 1} \quad (\because 4 \equiv 1) \end{align*}$$
となります。符号や係数の違いを無視すれば、これは $\pmod 3$ 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の倍数であるような素数は $3$ のみです。

書き方

$p(2p+1)(4p+1)\equiv -(p-1)p(p+1)\equiv0 \pmod 3$　(∵連続$3$整数積)
故に$p,2p+1,4p+1$のいずれかは$3$の倍数である。

• $p = 3$ のとき：
  $2p+1 = 7$, $4p+1 = 13$ となり、これらはすべて素数となり条件を満たす。
• $2p+1 = 3$ のとき：
  $p = 1$ となり、これは素数ではないため不適。
• $4p+1 = 3$ のとき：
  $p = 1/2$ となり不適。
  以上より、求める素数は $\mathbf{p = 3}$ です。

全然$p\equiv0,\pm1$を選択して$OK$今回はその$\mod{}$をどう当たりつけるか？を考える

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（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（3以上）であると仮定すると、
$$\begin{align*} \text{和：} p + q &= \text{奇数} + \text{奇数} = \text{偶数} \\ \text{差：} p - q &= \text{奇数} - \text{奇数} = \text{偶数} \end{align*}$$
となり、ともに2より大きい偶数（＝合成数）になってしまい不適です。
したがって、どちらか一方は偶数の素数、すなわち $\mathbf{2}$ で確定します。$p > q$ より、小さい方の $\mathbf{q = 2}$ が確定します（鉄則1：1文字化）。
これにより、同時に素数であるべき式は$p-2,p+2$となり、$p$自信と合わせ、
$p,p-2,p+2$の$3$つになります。
ここで鉄則2（式の数$3$つ $\implies \pmod 3$）を発動します。元の式を $\pmod 3$ で見ると、
$$p-2 \equiv p + 1, \quad p, \quad p+2 \equiv p-1 \pmod 3$$
となり、見事に $\pmod 3$ 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（＝素数なので $3$ そのもの）になります。
一番小さい $p-2 = 3 \implies \mathbf{p = 5}$。
このとき、$q = 2, \; p-2 = 3, \; p+2 = 7$ となり、すべて素数条件を満たします。
以上より、求める組は $\mathbf{(p, q) = (5, 2)}$ です。

式の数は $q$ も含めて全部で $5$ つ。
鉄則2より、迷わず $\pmod 5$ を選択します。
2節の練習問題で示した通り、積極的な $\pm$ 表記を利用して各式を $\pmod 5$ で評価すると、
$$\begin{align*} q &\equiv q \\ 4q - 1 &\equiv -q - 1 = \mathbf{-(q + 1)} \\ 8q + 1 \equiv 3q + 1 &\equiv 3q + 6 = \mathbf{3(q + 2)} \\ 2q + 1 &\equiv 2q + 6 = \mathbf{2(q + 3)} \\ 6q - 1 \equiv q - 1 &\equiv \mathbf{q - 1} \quad (\equiv q+4) \end{align*}$$
係数はすべて $5$ と互いに素であるため、これらは $\pmod 5$ の世界で $q-1, \; q, \; q+1, \; q+2, \; q+3$ という連続5整数の部屋を完全に網羅します。
したがって、5つの式のうちどれか1つは必ず $5$ の倍数（＝素数なので $5$）となります。
一番小さい素数から順に代入チェックを行います。

• $q = 2, 3$ のときは個別に代入すると不適な合成数が現れます（例：$q=3$ のとき $8q+1 = 25$ で崩壊）。
• $q = 5$ のとき、各式に代入すると、順に $5, 11, 19, 29, 41$ となり、すべて素数となって条件を満たします。
  結果として、美しく条件を満たすのは $\mathbf{q = 5}$ のみです。

$X = a - b - 8, \; Y = b - c - 8$ 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。$X \ge 2, \; Y \ge 2$ より、$a > b > c \ge 2$ です。
ここで偶奇に注目。$a, b$ がともに奇素数だと仮定すると、$X = \text{奇数} - \text{奇数} - \text{偶数} = \text{偶数}$ となります。
素数かつ偶数なのは $2$ しかないので、$\mathbf{X = 2}$ が確定します。
これより、$a - b - 8 = 2 \implies \mathbf{a = b + 10}$ 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 $c, \; Y = b - c - 8, \; b, \; a = b + 10$ です。
一番小さい素数 $c$ の偶奇で分岐します。

• パターンA： $\mathbf{c = 2}$ （偶数）のとき
  $Y = b - 10$ となる。このとき、同時に素数でなければならないのは $b - 10, \text{ } b, \text{ } b + 10$ の 3 つ。
  ここで鉄則2（式の数3 $\implies \pmod 3$）を発動します。積極的な $\pm$ 利用により、

$$b - 10 \equiv \mathbf{b - 1}, \quad b, \quad b + 10 \equiv \mathbf{b + 1} \pmod 3$$

$\pmod 3$ で連続3整数が揃うため、どれかが $3$ の倍数。
一番小さい $b - 10 = 3 \implies b = 13$。
このとき $a = 23$ となり、すべて素数条件を満たす。
$\implies (a, b, c) = (23, 13, 2)$

• パターンB： $\mathbf{c}$ が奇素数のとき
  $b$ も奇素数なので、$Y = b - c - 8 = \text{奇数} - \text{奇数} - \text{偶数} = \text{偶数}$ となり、$\mathbf{Y = 2}$ が確定。
  $b - c - 8 = 2 \implies \mathbf{b = c + 10}$。これに伴い $a = b + 10 = \mathbf{c + 20}$。
  同時に素数であるべきは $c, \text{ } c + 10, \text{ } c + 20$ の 3 つ。
  これも $\pmod 3$ で見ると $c, \; c+1, \; c+2 \pmod 3$ となり連続3整数。
  一番小さい $c = 3$ が確定し、 $b = 13, \; a = 23$ となる。
  $\implies (a, b, c) = (23, 13, 3)$
  以上より、求める組は $\mathbf{(a, b, c) = (23, 13, 2), \; (23, 13, 3)}$ です。

式は $3$ つですが、変数が $p^2$ です。
従って$\mod 3$だと余りの種類が足りません。
余りの種類が$3$つになるものを考えます。
鉄則の【平方数の拡張】に従い、平方数の部屋が $0, \pm 1$ の 3 つに綺麗に分かれる最小の法として $\pmod 5$ を主役に据えます。
（※$\pmod 8$ 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即座に判断できます。）
(もっと言えば単に$5$の方が小さいので鉄則によりそうするのが妥当。)
$p = 5$ は個別に調べると、 $4p^2+1 = 101$（素数）、$6p^2+1 = 151$（素数）となり適します。
$p \neq 5$ のとき、 $p^2 \pmod 5$ の可能性は $\pm 1$（$1$ または $4$）です。

• $p^2 \equiv 1 \pmod 5$ の部屋に入ったとき：

$$4p^2 + 1 \equiv 4(1) + 1 = 5 \equiv 0 \pmod 5$$

となり、$4p^2 + 1$ が $5$ の倍数（合成数）となって崩壊。

• $p^2 \equiv -1 \pmod 5$ の部屋に入ったとき：

$$6p^2 + 1 \equiv 6(-1) + 1 = -5 \equiv 0 \pmod 5$$

となり、$6p^2 + 1$ が $5$ の倍数（合成数）となって崩壊。
情報のサイズをジャストフィットさせ、$\pm$ の対称性を活かした結果、 $5$ 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 $\mathbf{p = 5}$ 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、
$$p, \;\; p+2$$
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時、ふと聞こえてきますね?

「式が足りなければ、自分で都合のいい式を作って補えばいいじゃない」
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。
$$p, \;\; p+1, \;\; p+2$$
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 $3$ の倍数になっちゃ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 $n$ において $2^n$ が $3$ の倍数になることは絶対にあり得ないのです！
$$\therefore p+1 = 2^n \not\equiv 0 \pmod 3$$
となれば、残された道はただ一つ。
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ないのです。
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 $3$ で確定します。
• $p = 3$ のとき：
  $2^n - 1 = 3 \implies 2^n = 4 \implies n = 2$
  このとき、もう一方の数は $2^2 + 1 = 5$ となり、どちらも素数となって条件を満たします。
• $p+2 = 3$ のとき：
  $2^n + 1 = 3 \implies 2^n = 2 \implies n = 1$
  このとき、もう一方の数は $2^1 - 1 = 1$ となり、これ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 $\mathbf{n = 2}$ のみとなります。
  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（$2^n$）」をあえて作問者が隠した、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、さっそく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（3以上）であると仮定すると、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。$p, \; q \ge 3$ より、 $p^q+q^p \ge 3^3 + 3^3 = 54$ となり、2より大きい偶数はすべて合成数となるため不適です。
したがって、 $p$ と $q$ の少なくとも一方は偶数の素数、すなわち $\mathbf{2}$ でなければなりません。
式は $p$ と $q$ 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、
$$q, \;\; 2^q + q^2$$
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 $\implies \pmod{}$ 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（$mod$）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。
平方剰余（平方数が取る余り）が綺麗に $2$ 種類に分かれる最小の法といえば、
迷わず $\pmod 3$ （取る余りは $0, 1$）が選ばれます。
「$\pmod 4$ も平方剰余は $2$ 種類（$0, 1$）だけど、なぜダメなの？」と思うかもしれません。
しかし、もし $\pmod 4$ の世界で議論が解決するのだとしたら、それはより粗い分類である $\pmod 2$（つまり偶奇分け）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、$\pmod 4$ を調べるのは情報の無駄遣い（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 $\mod 3$ 一択です。

4. 包囲網の展開

以下、法を $3$ とします。

• $q = 3$ のとき（$3$ の倍数の部屋）：
  $2^q + q^2 = 2^3 + 3^2 = 8 + 9 = 17$ となり、これは素数なので条件を満たします。
  対称性より、 $\mathbf{(p, q) = (2, 3), \; (3, 2)}$ がまず確定します。
• $q \neq 3$ のとき：
  $q$ は $3$ 以外の素数なので、 $q \equiv \pm 1 \pmod 3$ です。
  さらに $q$ は $3$ 以外の素数（＝奇素数）なので、$q$ は必ず奇数です。
  これらを踏まえて、 $2^q + q^2$ を $\pmod 3$ で評価すると、

$$\begin{align*} 2^q + q^2 &\equiv (-1)^q + (\pm 1)^2 \pmod 3 \\ &\equiv -1 + 1 \quad (\because q \text{ は奇数より } (-1)^q = -1) \\ &\equiv 0 \pmod 3 \end{align*}$$

となり、 $2^q + q^2$ は必ず $3$ の倍数になります。
$q \ge 5$ のとき $2^q + q^2 \ge 32 + 25 = 57 > 3$ であるため、これは素数になり得ず不適です。
以上より、求める素数の組は $\mathbf{(p, q) = (2, 3), \; (3, 2)}$ のみとなります。
京大の問題を、情報量の整合性から $mod$ の選択まで、
完全に手のひらの上でコントロールしてハメ殺す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（贅肉が多い）じゃないか？」
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 $n^7+7$ がなくても問題として成立してしまいます。
連立方程式で言えば、「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、 $n^7+7$ を無くした上で「これらが全て素数となるような正の整数 $n$ を全て求めよ」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（$mod$）のあたりをつける

今回の式は全部で $4$ つ。
【鉄則2（真）】より、「（余りの種類）$\le$（式の数 $4$）」 が成立する $mod$ を探します。
今回は $n^3, \; n^5, \; n^7$ のように奇数の累乗が含まれています。
奇数の累乗はそこまで、平方数（偶数乗）のように余りの種類を劇的に減らしてくれません。(注:もちろん減る場合もある。)
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 $mod$、つまり $4$ 以下の $mod$ から探すのが最有力になります。
ここで、もし $\pmod 4$ で解けるのだとすれば、その前段階の $\pmod 2$（偶奇分け）で一瞬で終わるはずですが、
$n$ が偶数（ $n=2k$ ）のとき、各式は偶奇が奇数になり得るので（例：$n+1 = \text{奇数}$, $n^3+3 = \text{奇数}$ ）、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 $\pmod 3$ です。

2. $\pmod 3$ 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 $0, 1, 2(\equiv -1)$ の $3$ パターンです。

• $n \equiv 0 \pmod 3$ のとき：
  $n^3+3 \equiv 0 + 3 \equiv 0 \pmod 3$ となり、 $n^3+3$ が $3$ の倍数になります。
  $n$ は正の整数なので、
  • $n = 3$ のとき、 $n+1 = 4$（合成数）となり不適。
  • $n > 3$ のとき、 $n^3+3 > 3$ となり、 $3$ より大きい $3$ の倍数（＝合成数）となるため不適。
    （よって、この部屋に入った $n$ は全滅）
• $n \equiv 1 \pmod 3$ のとき：
  $n^5 + 5 \equiv 1^5 + 2 \equiv 3 \equiv 0 \pmod 3$ となり、 $n^5+5$ が $3$ の倍数になります。
  $n \ge 1$ より、最低でも $n^5+5 \ge 6 > 3$ となるため、これは $3$ より大きい $3$ の倍数（＝合成数）となり不適です。
  （この部屋に入った $n$ も全滅）
• $n \equiv 2 \equiv -1 \pmod 3$ のとき：
  $n+1 \equiv -1 + 1 \equiv 0 \pmod 3$ 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、 $\mathbf{n+1 = 3 \implies n = 2}$ である必要があります。

ここで、唯一の生き残り候補である $\mathbf{n = 2}$ を、実際に各式に代入してチェックしてみましょう。

$$\begin{align*} n+1 &= 3 \quad (\text{素数}) \\ n^3+3 &= 11 \quad (\text{素数}) \\ n^5+5 &= 37 \quad (\text{素数}) \\ n^7+7 &= 135 \quad (\text{？}) \end{align*}$$

最後の $n^7 + 7 = 128 + 7 = 135$ は、一の位が $5$ なので当然 $5$ の倍数（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）
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だけに $n^7+7$ 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 $\mod 3$ 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。）

なんかきれいな問題ですね。
ここで日和って独自のひらめきを探しにいく必要は一切ありません。
私たちがやるべきことはただ一つ。
【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（3以上）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（$q-p, \; r-q, \; r-p$）はすべて偶数になってしまいます。
素数かつ偶数なのは $2$ しかありませんから、
$$q-p = 2, \quad r-q = 2, \quad r-p = 2$$
とならざるを得ません。しかし、上の2式を足すと $(q-p) + (r-q) = r-p = 4$ となり、$r-p=2$ であることに矛盾してしまいます。
したがって、元の3つの素数の中に、必ず偶素数である 2 が含まれていなければなりません。
大小関係は $p < q < r$ ですから、一番小さい $p = 2$ がノータイムで確定します。（まずはこれで1文字固定！）

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次のようになります。

1. $q - 2$ （素数）
2. $r - q$　(素数)
3. $r - 2$ （素数）
   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 $r - q$ はやはり「奇数－奇数＝偶数」の素数となります。
   偶数の素数は $2$ しかありませんから、$r - q = 2 \implies r = q + 2$ が自動的に決定します。
   これを $r - 2$ に代入すると $(q + 2) - 2 = q$ 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、
   $$q - 2, \;\; q, \text{  } q + 2$$
   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 $\implies \pmod 3$）でのハメ殺し

式が3つ並んだので、迷わず $\pmod 3$ の包囲網を展開します。
以下、法を 3 とします。
$$q - 2 \equiv q + 1, \quad q, \quad q + 2 \equiv q - 1$$
$\pmod 3$ の世界で $q-1, \; q, \; q+1$ 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（＝素数なので $3$ そのもの）になります。
一番小さい $q - 2 = 3 \implies \mathbf{q = 5}$。
このとき、$r = q + 2 = \mathbf{7}$。
元の素数の組は $(p, q, r) = (2, 5, 7)$ となり、それぞれの差は $3, 2, 5$ ですべて素数となり条件を満たします。
以上より、求める組は $\mathbf{(p, q, r) = (2, 5, 7)}$ のみとなります。

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。
$a,b,c,d$がいずれも素数なんですからね。
与えられた2式は、

$\begin{eqnarray} \left\{\begin{array}{l} a+b=c\cdots① \\ac=b+d\cdots②\end{array} \right. \end{eqnarray}$
まずは簡単な①式の和から、いつもの足場（偶奇）を固めましょう。
以下、特に断りがない限り、すべての法は $3$ 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（3以上）と仮定すると、$c = \text{奇} + \text{奇} = \text{偶}$ となり $c=2$。しかし $a, b \ge 2$ より $c = a+b \ge 4$ となり矛盾。
よって、$a$ または $b$ 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 $2 + b = c \implies \mathbf{c = b + 2}$。
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。
$$2(b + 2) = b + d \iff \mathbf{d = b + 4}$$
同時に素数であるべきパーツは、
$$b, \;\; b + 2, \;\; b + 4$$
の 3文字（3つの式）に集約されました。
$\pmod 3$ で見るとこれらは $b, \; b - 1, \; b + 1$ という「連続3整数」の部屋を綺麗に奪い合うため、どれか1つは必ず $3$ の倍数になります。
最小の $b = 3$ が確定し、このとき $c = 5, \; d = 7$ となりすべて素数条件をクリア。
$\implies \mathbf{(a, b, c, d) = (2, 3, 5, 7)}$

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 $a \ge 2 \implies c \ge 4$。
つまり $c > 3$ が確定するため、$c$ が $3$ の倍数（$c=3$）になるルートは事前に封じられています。
$$c = a + 2 \not\equiv 0 \implies a + 2 \equiv 1, -1 \iff \mathbf{a \equiv 0, -1}$$
この時点で $a \equiv 1$ の可能性が消滅します。
次に、この関係を②式に代入して $d$ を $a$ の2次式に落とし込みます。
$$a(a + 2) = 2 + d \iff \mathbf{d = a^2 + 2a - 2}$$
同時に素数であるべきパーツは、
$$a, \;\; a + 2, \;\; a^2 + 2a - 2$$
の 3文字（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。

• $a \equiv -1$ のとき：
  $d$ の式に放り込むと、
  $$d = a^2 + 2a - 2 \equiv (-1)^2 + 2(-1) - 2 = 1 - 2 - 2 = -3 \equiv 0$$
  となり、$d$ が $3$ の倍数の部屋にハメ殺されます。
  素数なので $d = 3$ となるはずですが、

$a^2 + 2a - 2 = 3 \iff a^2 + 2a - 5 = 0$
これを見た瞬間に整数解 $a$ が存在しないことが判明するため、このルートは不適として切り捨てられます。

• $a \equiv 0$ のとき：
  $a$ は素数なので、この時点で $a = 3$ が一意に確定します！
  大元の式に差し戻して検証すると、
  $c = 3 + 2 = \mathbf{5}$
  $d = 3^2 + 2(3) - 2 = \mathbf{13}$
  となり、すべて見事に素数条件を満たします。
  $\implies \mathbf{(a, b, c, d) = (3, 2, 5, 13)}$
  以上より、求める素数の組は、
  $\mathbf{(a, b, c, d) = (2, 3, 5, 7), \; (3, 2, 5, 13)}$ の2組となります。

★作問者の裏をかく：なぜ $\pmod 3$ でノータイム突破できたのか？

今回の後半戦（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「2次式（平方数）」が紛れ込んでいました。
一見すると「平方剰余の罠（部屋の偏り）にハメられて、
$\pmod 3$ では部屋が余るのでは？」と身構えた人もいるかもしれません。
しかし、ここが作問者の仕掛けた絶妙なバランスです。
2次式の部分に $2a$ という1次の項（奇数の係数）がくっついているため、
$\pmod 3$ の世界で部屋の数が潰れることなく、すべての部屋（$0, 1, -1$）に対してきれいにハメ殺しの網が分散して機能します。
だからこそ、「登場するパーツが 3文字（3つの式） ならば、2次式が混ざっていようが
一次があるからノータイムで $\pmod 3$ を疑い、包囲網を展開する」という戦略が、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】
不定方程式の変形中、
文字数が多くて例えば「あれ、今 $d=3$ って出たけどこれはアリなのか？」
などと迷いそうになったら、すぐに「少し前の式」や「大元の整数・素数条件」に立ち返る癖をつけておきましょう。
それだけで、お化けのような難問もただのドミノ倒しに変わります。