競技数学解説

自作問題①（整数）

自作問題,整数

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　こんにちは、今回は以前Xで投稿した自作問題の解答を乗せようと思います.
ちなみに難易度はかなり難しめです.

$x, y, z$ をそれぞれ有理数とする。 $x^{2} + y^{2} = 1$ を満たすとき
$x^{6} - y^{6} = z^{2} (x - y)$
の解 $(x, y, z)$ を全て求めよ.

以下解答
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詳細な議論の一部は省略しています.

まず $x, y$ がともに $0$ でない場合を考える.

ある整数 $a, b, c$
( $gcd (a, c) ＝ gcd (b, c) ＝ 1, c > 0$ )を用いて
$x = \frac{a}{c}, y = \frac{b}{c}$ とおける.

$x, y$ は有理数だからある整数 $a, b, c_{1}, c_{2}$
( $gcd (a, c_{1}) = gcd (b, c_{2}) = 1, c_{1}, c_{2} > 0$ )を用いて
$x = \frac{a}{c_{1}}, y = \frac{b}{c_{2}}$ とおける.
これらを $x^{2} + y^{2} = 1$ に代入して整理すると
$(a c_{2})^{2} + (b c_{1})^{2} = (c_{1} c_{2})^{2}$ となる.
この式から $(b c_{1})^{2}$ は $c_{2}^{2}$ の倍数であるが、 $gcd (b, c_{2}) = 1$ であるから $c_{1}^{2}$ は $c_{2}^{2}$ の倍数でもある。 $(a c_{2})^{2} と c_{1}^{2}$ においても同様の議論をすることで $c_{2}^{2}$ は $c_{1}^{2}$ の倍数とわかり、 $c_{1} = c_{2}$ となる.
ここで特に $c = c_{1} = c_{2}$ とおくと題意が示される.

補題1を用いて方程式を変形すると
$z^{2} = \frac{x^{6} - y^{6}}{x - y} = \frac{a^{6} - b^{6}}{c^{5} (a - b)} = \frac{(a + b) (a^{2} + a b + b^{2}) (a^{2} - a b + b^{2})}{c^{5}}$
（あきらかに $x - y \neq 0$ である.)

$gcd (a + b, c) = gcd (a^{2} + a b + b^{2}, c) = gcd (a^{2} - a b + b^{2}, c) = 1$

$a^{2} + b^{2} = c^{2}$ と $gcd (a, c) ＝ gcd (b, c) ＝ 1$ より
$gcd (a^{2} + a b + b^{2}, c) = gcd (a^{2} - a b + b^{2}, c) = 1$ はすぐ従う.
また、 $1 ≦ gcd (a + b, c) ≦ gcd ((a + b)^{2}, c) = gcd (c^{2} + 2 a b, c) = 1$
より目的の等式は全て得られた.

補題2より $z^{2} = \frac{(a + b) (a^{2} + a b + b^{2}) (a^{2} - a b + b^{2})}{c^{5}}$ の右辺は既約分数であり、 $(a + b) (a^{2} + a b + b^{2}) (a^{2} - a b + b^{2})$ と $c$ は平方数であるとわかる.

$gcd ((a + b) (a^{2} + a b + b^{2}), a^{2} - a b + b^{2}) = 1$

まず $gcd (a, b) = 1$ を示す.
$a$ と $b$ が $2$ 以上の共通する素因数を持つならば、 $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ より $c$ もその素因数を持つが、それは $gcd (a, c) = 1$ に反するので、 $gcd (a, b) = 1$ である.
次にこれを用いて $gcd (a + b, a^{2} + a b + b^{2}) = 1$ を示す.
$g_{1} = gcd (a + b, a^{2} + a b + b^{2})$ とおくと
$a^{2} - a b + b^{2} = (a + b)^{2} - 3 a b$ より $3 a b$ も $g_{1}$ の倍数である.
ここで $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ と $a^{2} \equiv 0, 1$ $(\mod 3)$ であることに留意すると
$a$ と $b$ のいずれか１つのみが $3$ の倍数だとわかる.
$g_{1}$ は $a + b$ の約数でもあるが上の議論により $gcd (a + b, 3 a b) = 1$ なので $g_{1} = 1$ となる.
その次に $gcd (a^{2} + a b + b^{2}, a^{2} - a b + b^{2}) = 1$ を示す.
$g_{2} = gcd (a^{2} + a b + b^{2}, a^{2} - a b + b^{2})$ とおくと
$a^{2} + a b + b^{2} = (a^{2} - a b + b^{2}) + 2 a b$ より $2 a b$ は $g_{2}$ の倍数である.
$a, b$ は互いに素なのでともに偶数となることはないので $a^{2} + a b + b^{2}$ は奇数である. $g_{2}$ は $a^{2} + a b + b^{2}$ の約数でもあるが上の議論により $gcd (a^{2} + a b + b^{2}, 2 a b) = 1$ だから $g_{2} = 1$ である.
これらの結果を合わせることで $gcd ((a + b) (a^{2} + a b + b^{2}), a^{2} - a b + b^{2}) = 1$ が従う.

補題3によって、特に $(a + b) (a^{2} + a b + b^{2})$ も平方数だとわかる.
よって $\frac{(a + b) (a^{2} + a b + b^{2})}{c^{3}}$ もある有理数の平方（以下その有理数の絶対値を $k$ とする）である.
$k^{2} = 1 \cdot \frac{a + b}{c} \cdot \frac{a^{2} + a b + b^{2}}{c^{2}}$ $= (\frac{a + b + c}{2 c} - \frac{a + b - c}{2 c}) (\frac{a + b + c}{2 c} + \frac{a + b - c}{2 c}) (\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 a c + 2 b c + a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b - 2 a c - 2 b c}{4 c^{2}})$ $= (\frac{a + b + c}{2 c} - \frac{a + b - c}{2 c}) (\frac{a + b + c}{2 c} + \frac{a + b - c}{2 c}) ((\frac{a + b + c}{2 c})^{2} + (\frac{a + b - c}{2 c})^{2})$ $= (\frac{a + b + c}{2 c})^{4} - (\frac{a + b - c}{2 c})^{4}$
であるから、整数 $s, t$ を用いて $k = \frac{t}{s^{2}}$ とおいて整理すると、
$(s (a + b - c))^{4} + (4 c^{2} t)^{2} = (s (a + b + c))^{4}$ となる.

$n^{4} + m^{2} = l^{4}$ を満たす正の整数 $n, m, l$ の組は存在しない.

後日書きます。

明らかに $a + b \neq c$ であるから、 $| s (a + b - c) |$ は正の整数であり、補題4より $(s (a + b - c))^{4} + (4 c^{2} k)^{2} = (s (a + b + c))^{4}$ は不成立なので、 $x, y$ がともに $0$ でない場合は解なしである.
次に $x = 0$ の場合、 $y = \pm 1$ だから $(x, y, z) = (0, - 1, 1), (0, - 1, - 1)$
$y = 0$ の場合も同様に考えて $(x, y, z) = (1, 0, - 1), (1, 0, 1)$ となるから
最終的な答えは $(x, y, z) = (0, - 1, 1), (0, - 1, - 1), (1, 0, - 1), (1, 0, 1)$ となる.