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
$(ac_2)^2+(bc_1)^2=(c_1c_2)^2$となる.
この式から$(bc_1)^2$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。$(ac_2)^2とc_1^2$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
$z^2= \frac{x^6-y^6}{x-y}= \frac{a^6-b^6}{c^5(a-b)}= \frac{(a+b)(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)}{c^5}$
（あきらかに$x-y≠0$である.)
$\gcd(a+b,c)=\gcd(a^2+ab+b^2,c)=\gcd(a^2-ab+b^2,c)=1$
$a^2+b^2=c^2$と$\gcd(a,c)＝\gcd(b,c)＝1$より
$\gcd(a^2+ab+b^2,c)=\gcd(a^2-ab+b^2,c)=1$はすぐ従う.
また、$1≦\gcd(a+b,c)≦\gcd((a+b)^2,c)=\gcd(c^2+2ab,c)=1$
より目的の等式は全て得られた.
補題2より$z^2=\frac{(a+b)(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)}{c^5}$の右辺は既約分数であり、$(a+b)(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)$と$c$は平方数であるとわかる.
$\gcd((a+b)(a^2+ab+b^2),a^2-ab+b^2)=1$
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$\gcd(a+b,a^2+ab+b^2)=1$を示す.
$g_1=\gcd(a+b,a^2+ab+b^2)$とおくと
$a^2-ab+b^2=(a+b)^2-3ab$より$3ab$も$g_1$の倍数である.
ここで$a^2+b^2=c^2$と$a^2 \equiv0,1$$\pmod{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$\gcd(a+b,3ab)=1$なので $g_1=1$となる.
その次に$\gcd(a^2+ab+b^2,a^2-ab+b^2)=1$を示す.
$g_2=\gcd(a^2+ab+b^2,a^2-ab+b^2)$とおくと
$a^2+ab+b^2=(a^2-ab+b^2)+2ab$より$2ab$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$a^2+ab+b^2$は奇数である.$g_2$は$a^2+ab+b^2$の約数でもあるが上の議論により$\gcd(a^2+ab+b^2,2ab)=1$だから$g_2=1$である.
これらの結果を合わせることで$\gcd((a+b)(a^2+ab+b^2),a^2-ab+b^2)=1$が従う.
補題3によって、特に$(a+b)(a^2+ab+b^2)$も平方数だとわかる.
よって$\frac{(a+b)(a^2+ab+b^2)}{c^3}$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.
$k^2=1\cdot\frac{a+b}{c}\cdot\frac{a^2+ab+b^2}{c^2}$ $
=(\frac{a+b+c}{2c}-\frac{a+b-c}{2c})(\frac{a+b+c}{2c}+\frac{a+b-c}{2c})(\frac{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc+a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc}{4c^2})$ $
=(\frac{a+b+c}{2c}-\frac{a+b-c}{2c})(\frac{a+b+c}{2c}+\frac{a+b-c}{2c})((\frac{a+b+c}{2c})^2+(\frac{a+b-c}{2c})^2)$ $
= (\frac{a+b+c}{2c})^4-(\frac{a+b-c}{2c})^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、
$(s(a+b-c))^4+(4c^2t)^2=(s(a+b+c))^4$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$a+b≠c$であるから、$|s(a+b-c)|$は正の整数であり、補題4より$(s(a+b-c))^4+(4c^2k)^2=(s(a+b+c))^4$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、$y=±1$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.
解答は以上です.
一部初見殺し的な変形も含まれているため、決して良問とは言えないですが見てくださった方はありがとうございます.