スマホ用は別頁
=== フェルマー予想,オイラー予想 ===
1. 用語の整理
(1) 三平方の定理(ピタゴラスの定理),ピタゴラス数
 三平方の定理は,中学校3年の数学で習う定理で,直角三角形の直角を挟む2辺の長さをa, b,斜辺の長さをcとするとき,が成り立つことをいう.ピタゴラスの定理ともいう.
 三平方の定理が成り立つ三角形の辺の長さには
・・・@

のように「三辺とも正の整数」であるものや
・・・A

のように「少なくとも1つの辺の長さが整数でない」ものもある.
 @のように三辺とも正の整数であるとき,これら3つの数の組をピタゴラス数という.ピタゴラス数は




・・・
のように限りなくある.
(2) フェルマー予想(フェルマーの最終定理)
 フェルマー予想とは,nが3以上の整数であるとき

を満たす正の整数a, b, cは存在しないという予想のことをいう.この予想が正しいことは,1995年アンドリュー・ワイルスによって証明された.フェルマーの最終定理,フェルマーの大定理とも呼ばれる.
(3) オイラー予想
 オイラーは,フェルマー予想をk>3の場合に拡張して,m<kのとき

を満たす正の整数は存在しないと予想した.(1769年)
 20世紀になってから,この予想に対する反例が見つかった.
 なお,これらの反例を見つけた数学者たちが,問題をさらに絞り込んで,m<k−1のとき解が存在しないとしたものを,ランダー・パーキン・セルフリッジ予想という.

(4) ウェアリング問題
 ウェアリングは,1770年に
「すべての整数は4個以下の平方数の和として表せる」
「すべての整数は9個以下の立方数の和として表せる」
「すべての整数は19個以下の4乗数の和として表せる」
・・・
「すべての整数は個以下のk乗数の和として表せる」(ただし,ガウス記号は,を越えない最大の整数を表す)ことを示した.
は任意の整数を表せる
は任意の整数を表せる,など
k=4の場合,すなわち「すべての自然数は4つの平方数の和であらわすことができる」は,ラグランジュの4平方の定理と呼ばれる.
 ※このウェアリング問題では,与えられた乗数kに対して,フェルマー予想やオイラー予想で考える左辺の項の個数mが遥かに多いことに注意.すなわち
は解けなくても,

,・・・
のように左辺の項数を増やしていくと,解が見つかることがある.
は解けなくても,
,・・・
のように左辺の項数を増やしていくと,解が見つかりやすい.
 このことを参考にすると,ディオファントス問題が全く解けないときは,左辺の変数の個数を増やすと少しやさしい問題に変わる傾向があるということが分かる.
(5) ディオファントス問題(k, m, n)
 与えられた正の整数k, m, nに対して

を満たす整数解を求める問題をディオファントス問題(k, m, n)という.
 ピタゴラス数,フェルマー予想,オイラー予想との関わりで,このページではn=1の場合,すなわち右辺が1つの数のk乗となっているもの

のみ扱う.
 ピタゴラス数を求めることはディオファントス問題(2, 2, 1)であり,フェルマー予想はディオファントス問題(k, 2, 1) k=3, 4, 5, ・・・に対応し,オイラー予想はディオファントス問題(k, m, 1), k>m に対応するが,以下のページでは,ピタゴラス数,フェルマー予想,オイラー予想は有名なのでそのまま使い,他の組合せはディオファントス問題(k, m, 1)と呼ぶことにする.

2. 問題の一覧表
km=2m=3m=4m=5
2乗
《2.2》
ピタゴラス数
《2.3》

→1桁
《2.4》

→1桁
《2.5》

→1桁
3乗
《3.2》
フェルマー予想
《3.3》

→1桁
《3.4》

→1桁
《3.5》

→2桁
4乗
《4.2》
フェルマー予想
《4.3》
オイラー予想

→6桁
《4.4》

→3桁
《4.5》

→1桁
5乗
《5.2》
フェルマー予想
《5.3》
オイラー予想

《5.4》
オイラー予想

→3桁
《5.5》

→2桁
6乗
《6.2》
フェルマー予想
《6.3》
オイラー予想

《6.4》
オイラー予想

《6.5》
オイラー予想

※この表で,背景色が赤の問題は解がないことが証明されている(フェルマー予想).背景色が青の問題は,少なくとも1つの解がある.無限に解があるかどうかは,下記の個別の記述を見てください.赤枠で示した問題は,解があるのかないのか,証明があるのかないのか,書物やweb記事を見ても手がかりすらないものです.
※この表で,→2桁などと書いてあるのは,最小の整数解(例えば《5.5》で言えば,右辺のの最小整数値)が2桁の整数であることを示す.この桁数が2桁程度ならパソコンで総当たり的に調べられる可能性があります.しかし,例えば《4.4》のように3桁(999以下)となると,1秒間に1億個の等式を調べられるパソコンでも,a=1〜1000, b=1〜1000, c=1〜1000, d=1〜1000, e=1〜1000の総当たりで,1,000,000,000,000,000個=約10,000,000秒=約116日を要することとなり,とても個人では対応できません.このように,パソコンで総当たり的に対応できるかどうかの目安として,この桁数を書いて見ました.
 プログラミングの演習で,受講者が100人いる場合とか,賛同者をネットで募集できた場合に,区間を分けて点検すれば(協業による分業),限界は越えられるかもしれない.
 このサイトにあるPythonプログラムはかなり速い(Python2 のコードなのでPython3で使うには,printを( )でくくる.他,time関連の警告は無視できる)
3. パソコンと数学の役割分担

(1) 高校生が使っているパソコンでは,整数問題を総当たり的に調べていくことができるので,1つあるいは幾つかの解を見つけることは,パソコンが得意なことです.
 ただし,あまりに多くの数を調べるには時間がかかり過ぎるような場合とか,そのパソコンに装備されているソフトで扱える桁数の限界を超えてしまうような巨大数は調べられません.
(2) 幾つかの形の問題については,数学の書物やweb記事に結果が示されていることがありますので,これらも参考にしながら調べるのがよいでしょう.
(3) パソコンでは無限に多くの数を調べることはできないので,「解がない」ことを証明したり,「解が無限にある」ことを証明するには,数学を使います.

4. 個別の解
《2.2》 ピタゴラス数

は互いに素
を満たす整数解
【要約】
(1)

は互いに素
を満たす整数解
すなわち,ピタゴラス数,もしくはディオファントス問題(2, 2, 1)の解は,無限に多く存在する.
(2)
 この解は,互いに素な正の整数m, nを用いて

と書ける.
(1) パソコンで総当たり的に調べて,解があれば幾つか表示する.
=総当たりでピタゴラス数を求める(Pytho3のコード)=
とりあえず右辺の整数を50までとする
【例1】
IDLE → New File → Save as .. → Run
import math #1
import datetime as dt #2
dt1 = dt.datetime
nt1 = dt1.now() #3
L1 = [(3,4,5)]
def is_pythagoras(x):
    global L1
    for a in range(1,x):
        for b in range(a, x):
            for c in range(b,x):
                if a**2+b**2 == c**2:
                    if math.gcd(math.gcd(a,b),c) == 1: #4
                        check1 = 0
                        for n in range(0, len(L1)):
                            if L1[n] == (a,b,c): #5
                                check1 = 1
                                break
                            else:
                                continue
                        if check1 == 0:
                            L1.append((a,b,c)) #6
for n in range(1, 51):#7
    is_pythagoras(n)
print(L1,len(L1))
nt2 = dt1.now() #8
print(nt2-nt1) #9

[(3, 4, 5), (5, 12, 13), (8, 15, 17), (7, 24, 25), (20, 21, 29), (12, 35, 37), (9, 40, 41)] 7
0:00:00.514971
#1→ 最大公約数の判定関数gcd()を使うために,mathモジュールをインポートする
#2→ 所要時間を調べるために,datetimeモジュールをインポートする
#3→ 初めの時刻を変数nt1に代入しておく
#4→ 互いに素な組合せだけを選ぶ
#5→ 同じものがあれば追加しない
#6→ 同じものがなければ,追加する

・・・[1]
・・・[2]
・・・[3]
など,50以下の整数a, b, cに対して7組の解がある.c≦250まで調べると,次の表のようになる.
-(A)整数cの小さい順-
abc
mn
345
21
51213
32
81517
41
72425
43
202129
52
123537
61
94041
54
284553
72
116061
65
166365
81
335665
74
485573
83
138485
76
367785
92
398089
85
657297
94
2099101
101
6091109
103
15112113
87
44117125
112
88105137
114
17144145
98
24143145
121
51140149
107
85132157
116
119120169
125
52165173
132
19180181
109
57176185
118
104153185
134
95168193
127
28195197
141
84187205
143
133156205
136
21220221
1110
140171221
145
60221229
152
105208233
138
120209241
154
-(B)有理数(1<)tの小さい順-
abc
mnt
21220221
111011/10
19180181
10910/9
17144145
989/8
15112113
878/7
138485
767/6
116061
656/5
94041
545/4
72425
434/3
57176185
11811/8
51140149
10710/7
51213
323/2
398089
858/5
105208233
13813/8
95168193
12712/7
335665
747/4
85132157
11611/6
345
212/1
133156205
13613/6
657297
949/4
119120169
12512/5
202129
525/2
485573
838/3
88105137
11411/4
140171221
14514/5
104153185
13413/4
6091109
10310/3
284553
727/2
120209241
15415/4
81517
414/1
367785
929/2
84187205
14314/3
44117125
11211/2
123537
616/1
52165173
13213/2
60221229
15215/2
166365
818/1
2099101
10110/1
24143145
12112/1
28195197
14114/1


(3) m>n≧1を整数とするとき,次の恒等式が成り立つ.

 上記の解の例[1]は,m=2, n=1から得られ,[2]は,m=3, n=2から得られ,[3]は,m=5, n=3(から公約数2で割ったもの)から得られる.
 このようにして,m>n≧1の整数を限りなく代入していくと,限りなく多くのピタゴラス数が得られるから,ピラゴラス数は無限にあると言える.
 表(A)は,c≦250の範囲で,a, b, cが互いに素なすべてのピタゴラス数の組の一覧で,その組に対応するm, nの値が右にある.
 なお,このようなピタゴラス数の媒介変数表示が2変数m, n(自由度2)でなければ表現できないということではない.
両辺をn4で割ると,正の有理数を用いて,

と1つの媒介変数だけで表せる.
 表(B)は,表(A)に登場するc≦250の範囲のピタゴラス数をtの小さい順に並べたもの.ただし,m>n>0だから,1<tの値のみ登場する.
 以上のように,m>n≧1の整数を限りなく代入していくと,限りなく多くのピタゴラス数が得られる.もしくは,1<tの有理数を限りなく代入していくと,いくらでもピタゴラス数が得られるから,次のことが言える.
【要約1】
ピタゴラス数,すなわちディオファントス問題(2, 2, 1)の解は,無限に多く存在する.
 逆に,任意のピタゴラス数,すなわちディオファントス問題(2, 2, 1)の解,互いに素である正の整数a, b, c (1≦a≦b<c)

の形に表せることは次のように証明できる.
 まず,互いに素である正の整数a, b, c (1≦a≦b<c)であるとき,a, bは奇数と偶数,cは奇数になる.
 なぜなら,
(@)a, bとも偶数」ならば,左辺は偶数となり,これに等しいcは偶数でなければならないから,この組合せは,互いに素という仮定に反する.
(A)a, bとも奇数」ならば,m, nは整数)となり,


・・・(1)
となるときcは偶数になる.
 そこで,c=2kとおくと,・・・(2)
(1)(2)は矛盾であり,「a, bとも奇数」という仮定は成り立たない.(cが偶数ならば,(2)に示されるようには4で割り切れなければならないから,(1)のように4で割って2余ることはできない)
(@)(A)により,a, bは奇数と偶数,cは奇数ということが言える.
 そこで,a, cは奇数,bは偶数とすると


 ここで,c−a, c+aは,奇数−奇数,奇数+奇数だから,いずれも2で割り切れる.
 さらに,2が最大公約数で,2よりも大きい公約数pはないことは,次のように示せる.
ア) c−a, c+aが,いずれも4で割り切れるとき
c+a=4k’
c−a=4k”
2c=4(k’+k”)
c=2(k’+k”)
これは,cが奇数という仮定に反する.(aについても言える)
よって,c−a, c+aは,いずれも2で割り切れるが,4では割り切れない.
イ) c−a, c+aが,いずれも奇数の素数pで割り切れるとき
c+a=pk’
c−a=pk”
2c=p(k’+k”)
2a=p(k’−k”)
 pは奇数だから,a, cpで割り切れる.
a=ps
c=pts, tは整数)
とおくと

となるから,bpで割り切れることになり,a, b, cが互いに素という仮定に反する.
よって,c−a, c+aは,いずれも奇数の素数を公約数として持たない.
ア)イ)より,
c+a=2k’
c−a=2k”
k’, k”は奇数で互いに素)とおける.
このとき

により,b=2mnm, nは互いに素)とおくと

k’, k”は奇数で互いに素だから,
とおける
 結局


より



これにより

となる
【要約2】
ピタゴラス数,すなわちディオファントス問題(2, 2, 1)の解,互いに素である正の整数a, b, c (1≦a≦b<c)a, cは奇数,bは偶数)が

を満たすならば

とおける

《2.3〜2.5》ディオファントス問題
・・・[1]
・・・[2]
・・・[3]
は互いに素
を満たす整数解を求める.
 ここで,[3]の問題を解くときに,のように0を含めると,

という自明解が含まれるが,for f in range(e+1, x)とすればその自明解は防げる.それ以外のとなる解は[2]の解を表し,となる解は[1]の解を表す.このように,ディオファントス問題(2, 5, 1)において,0を含めた解を求めると,ディオファントス問題(2, 4, 1),ディオファントス問題(2, 3, 1),ピタゴラス数の解が一挙に得られる.
 プログラムとしては,前述の例1を変数6個まで増やし,for a in range(0, x)とすればよい.
 所要時間約6秒で,20以下の整数211組の解が得られる.



など
その中には,(0が1個の)ディオファントス問題(2, 4, 1)の解が53個含まれる.



など
また,(0が2個の)ディオファントス問題(2, 3, 1)の解が14個含まれる.



など
さらに,(0が3個の)ピタゴラス数の解が3組含まれる.


【要約】
(1) ディオファントス問題(2, 3, 1)

を満たす正の整数の組は無限にある.
(2) この解は,次の媒介変数表示で表される.
(解説)
(2)を示せば,解が無限にあること(1)も言えるから,(2)を示す.
 初めに,(2)の左向き矢印[←]については,恒等式として気長に変形していけば示せる.
(左辺)
=








=(右辺)

 d<40となる組について,a, b, c, dを媒介変数m, n, p, qを使って表す具体例は次の通り.
abcd
mnpq
12231101
36271211
74492201
14891202
766110311
926111301
3124132212
11102152311
5142151321
9812172302
11212170322
15106191411
1766193301
1618191303
13416211402
11816210412
1948212401
5204212322
31814232313
13186233312
3226233213
151612252412
92012251422
71422271413
231010270511
23142273411
25210271501
7262271431
211216293402
111224292403
31624290423
211418311512
21226311521
27146312511
5306313323
172020330522
25820332502
72816332423
17284333422
3188334401
1832331404
7324332432
152618353413
17630351503
13018353314
33610353501
27248374412
32428372414
212812372522
3368374214
292214393512
29262395312
19342395213
133414391532
351410391611

 [→]の証明について:を満たす正の整数は互いに素)の組は,

の形に書けることを示せば,証明が完成するが,これはかなり難しい.(以下の原稿でも完成していない.)
 d<40となる組については,すべて

の形に書けることは,上記の表から分かる.
 のうち1個は奇数,2個は偶数,は奇数になることは,次のように示せる.
(証明)
ア)の3個とも偶数のとき,の左辺は偶数になるから,右辺のも偶数でなければならない.したがって,も偶数.
 この場合,がすべて偶数となって,互いに素という仮定に反するから,この組合せからは解は出ない.
イ)のうち2個が偶数,1個が奇数のとき
の左辺は奇数になるから,右辺のも奇数でなければならない.
 とおくと,左辺は,となる.他方,とおくと,右辺は,となって,4で割ったときの余りは等しいから,うまく調整すると,両辺が等しくなる可能性はある.
ウ)のうち1個が偶数,2個が奇数のとき
の左辺は偶数になるから,右辺のも偶数でなければならない.
 とおくと,左辺は,となる.他方,とおくと,右辺は,となって,左辺と右辺は4で割った余りが一致しないから,この組合せからは解は出ない.
エ)の3個とも奇数のとき,の左辺は奇数になるから,右辺のも奇数でなければならない.したがって,も奇数.
 とおくと,左辺は,となる.他方,とおくと,右辺は,となって,左辺と右辺は4で割った余りが一致しないから,この組合せからは解は出ない.

*** ディオファントス問題(2,4,1)の解 ***
【要約】
(1)を満たす正の整数は互いに素)の組は無限にある.
(2) 上記の解について,
ア)が4個とも奇数のとき,は4で割って2余る数になる.
イ)のうち,1個が奇数で3個が偶数のとき,は奇数になる.
 ア)イ)より,は4の倍数にならない.
 ただし,その事情は「が互いに素」という条件の場合で,この条件を外して定数倍から成る組まで含めると,
のとき,
が成り立つから,

のような解も含まれるようになる.
 d<20の範囲にある解は次の表の通り.
が奇数
abcde
11112
11356
117710
133910
155710
1151314
1571114
3331314
359914
5551114
1351718
1771518
19111118
35111318
5571518
5791318
奇数1, 偶数3
abcde
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
12245
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
14447
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
52247
32289
32289
32289
32289
32289
32289
32289
32289
32289
32289
32289
52469
52469
52469
52469
52469
52469
52469
52469
52469
52469
52469
1241011
1241011
1241011
1241011
1241011
1241011
1241011
1241011
1241011
544811
544811
544811
544811
544811
544811
544811
544811
544811
722811
722811
722811
722811
722811
722811
722811
722811
722811
1281013
1281013
1281013
1281013
1281013
1281013
1281013
548813
548813
548813
548813
548813
548813
548813
7241013
7241013
7241013
7241013
7241013
7241013
7241013
946613
946613
946613
946613
946613
946613
946613
1144413
1144413
1144413
1144413
1144413
1144413
1144413
1481215
1481215
1481215
1481215
1481215
3241415
34101015
3241415
34101015
3241415
34101015
3241415
34101015
3241415
34101015
5681015
5681015
5681015
5681015
5681015
7441215
7441215
7441215
7441215
7441215
948815
948815
948815
948815
948815
1126815
1126815
1126815
1126815
1126815
1324615
1324615
1324615
1324615
1324615
1441617
1441617
1441617
36101217
36101217
36101217
5221617
5281417
58101017
5221617
5281417
58101017
5221617
5281417
58101017
11281017
11281017
11281017
13241017
13241017
13241017
12101619
18101419
38121219
5481619
74101419
96101219
1388819
1566819
1722819

 上記要約の(2)の証明は,次の通り.
(この証明は,高校生が剰余系の練習を行う場合に,難し過ぎず,やさし過ぎない,ちょうどよいレベルの問題になる)
@)の4個とも偶数のとき,
左辺の和は偶数になり,右辺が偶数になるから,も偶数になる.
この場合,は互いに素という条件を満たさないから,ここからは解は求まらない
A)のうち,3個が偶数,1個が奇数のとき,
とおくと,



 他方で,右辺はが奇数)に対して,となるから,両辺が等しくなる可能性はある.
B)のうち,2個が偶数,2個が奇数のとき,
とおくと,



 他方で,右辺はに対して,となるから,4で割って2余ることは起こらない.ここからは解は求まらない
C)のうち,1個が偶数,3個が奇数のとき,
とおくと,



 他方で,右辺はに対して,となるから,4で割って3余ることは起こらない.ここからは解は求まらない
D)が4個とも奇数のとき,
とおくと,



連続する2整数の積は,2の倍数になるから,はいずれも8の倍数になる.したがって

他方で,右辺は
に対して,

となるから,すなわち,すなわちのとき,両辺が等しくなる可能性はある.
この場合,は4で割って2余る数になる.

*** ディオファントス問題(2,5,1)の解 ***
【要約】
(1)を満たす正の整数は互いに素)の組は無限にある.
(2) 上記の解について,
ア)のうち,4個が奇数で1個が偶数のとき,は,4以上のすべての偶数の値をとる.
イ)のうち,1個が奇数で4個が偶数のとき,は5以上のすべての奇数の値をとる.
 ア)イ)より,のうち,奇数:偶数=5:0, 3:2, 2:3, 0:5の組となる解はない.
 ただし,その事情は「が互いに素」という条件の場合で,この条件を外して定数倍から成る組まで含めると,
のとき,
が成り立つから,

のようなのうち,5個が偶数という解も含まれるようになる.
 f<20の範囲にある解は次の表の通り.
a〜eが奇数4, 偶数1の組
111234
113346
111568
112378
123558
133368
1114910
1135810
1345710
3333810
3455510
1156912
12331112
1237912
13351012
1367712
2355912
3556712
11171214
11341314
11381114
11551214
1178914
13471114
1477914
1558914
33351214
3349914
34551114
3577814
4557914
11251516
11291316
11371416
11671316
123111116
12791116
13551416
135101116
15561316
15791016
16771116
23331516
23571316
2399916
25591116
33691116
3679916
37771016
55591016
55671116
113121318
11491518
13341718
13371618
13581518
137111218
13891318
17791218
334111318
33551618
338111118
34571518
34791318
355111218
37891118
45991118
55791218
7789918
a〜eが奇数1, 偶数4の組
222235
122267
223447
122669
234469
1246811
22231011
2244911
2y366611
2446711
3444811
12241213
1268813
14461013
22261113
2248913
22561013
2467813
3448813
5666613
22381215
22691015
24561215
26671015
34681015
44661115
5668815
14881217
22291417
22341617
224111217
22671417
229101017
23481417
245101217
24681317
267101017
26881117
348101017
36681217
44441517
44561417
446101117
44781217
4888917
56881017
66691017
12441819
124121419
12681619
1410101219
166121219
16881419
22251819
22491619
226111419
22881519
24461719
244101519
24671619
24891419
256101419
2610101119
278101219
34481619
444121319
448111219
46781419
489101019
5610101019
58881219
66891219

  上記要約の(2)の一部証明は,次の通り.
(この証明は,高校生が剰余系の練習を行う場合に,難し過ぎず,やさし過ぎない,ちょうどよいレベルの問題になる)
@)の5個とも奇数のとき,
とおくと,



ここで連続2整数の積は2の倍数になるから,左辺はと書ける.
他方,右辺はのとき,となるから,どんな数を持ってきても,その2乗を8で割って5余ることはない.
以上により,ここからは解は出ない
A)のうちの4個が奇数,1個が偶数のとき,
とおくと,



と書ける.
他方,右辺はのとき,となるから,が偶数のとき,左辺と右辺が等しくなる可能性がある.
B)のうちの3個が奇数,2個が偶数のとき,
とおくと,


と書ける.
他方,右辺はのとき,となるから,を4で割った余りが3になることはない.
以上により,ここからは解は出ない
C)のうちの2個が奇数,3個が偶数のとき,
とおくと,


と書ける.
他方,右辺はのとき,となるから,を4で割った余りが2になることはない.
以上により,ここからは解は出ない
D)のうちの1個が奇数,4個が偶数のとき,
とおくと,


と書ける.
他方,右辺はのとき,となるから,が奇数のとき,左辺と右辺が等しくなる可能性がある.
E)の5個とも偶数のとき,
左辺は偶数になり,これに等しくなるためには右辺のも偶数でなければならない.この場合,は互いに素という条件を満たさないから,ここからは解は求まらない
以上により,
 A)のうちの4個が奇数,1個が偶数,が偶数のとき
 D)のうちの1個が奇数,4個が偶数,が奇数のとき,の2つの場合がある.

《3.2〜6.2》フェルマー予想




は互いに素
を満たす整数解はない.
 この問題は,1670年に公表されてから,1995年まで325年間も解けなかったということから分かるように,高校生が解けるような問題ではない.ただし
は素数)
という形で,乗数を3に限定し,cを素数に限定すれば,高校生でも解ける問題になる.以下は,1999年早稲田大学の入試問題で,答案は筆者が作成したものです.
(i) a+b≧a2−ab+b2を満たす正の整数の組(a, b)をすべて求めよ.
(ii) a3+b3=p3を満たす素数pと正の整数a, bは存在しないことを示せ.
(i) 2変数a, bの2次関数の取り得る値の範囲を求める基本は,まずbを固定してaの関数として頂点を求め,次にその各々についてbを動かして範囲を調べる.
…(1)となる正の整数a, bを求める.





左辺の各項は2乗で0以上だから



b=1, 2
ア) b=1のとき(1)に代入すると
a2−2a≦0
a(a−2)≦0
0≦a≦2
aは正の整数だからa=1, 2
イ) b=2のとき(1)に代入すると
a2−3a+2≦0
(a−1)(a−2)≦0
1≦a≦2
aは正の整数だからa=1, 2
以上より,(a, b)=(1,1), (1,2), (2,1), (2,2)

(ii)
a+b≧a2−ab+b2のとき(i)の結果から
a3+b3=2, 9, 9, 16となっていずれも素数の3乗にはならない.

a+b<a2−ab+b2のとき
(a+b)(a2−ab+b2)=p3
のとき,右辺は素数の3乗だからこれを満たすa+b, a2−ab+b2の組合せは次の表のとおり

a+ba2−ab+b2
(1)1p3
(2)pp2
(1) a, bは正の整数だからa+b=1となることはない.

(2)
a+b=p…(*1)
a2−ab+b2=p2…(*2)
(*1)よりb=p−aを(*2)に代入すると
a2−a(p−a)+(p−a)2=p2
3a2−3ap=0
3a(a−p)=0
aは正の整数だから
a=p
このとき
b=0となって仮定に反する.
以上から,a3+b3=p3を満たす素数pと正の整数a, bが存在すると仮定すれば矛盾を生ずるから,背理法により示された.

《3.3〜3.5》ディオファントス問題
・・・[0]
・・・[1]
・・・[2]
・・・[3]
は互いに素
を満たす整数解
【要約1】
(1) ディオファントス問題(3, 2, 1)は,3次の場合のフェルマー予想にあたり,次の方程式[0]を満たす正の整数解はない.
・・・[0]
(2) ディオファントス問題(3, 3, 1),すなわち次の方程式[1]を満たす正の整数は互いに素)の組は無限にある.
・・・[1]
 この解のうち幾つかは,ラナヌジャンの等式などによって無限に生成できる.
 次の表はd≦500の範囲で方程式[1]を満たす正の整数解の組の一覧で,YはJ.Youngの等式,Rはラマヌジャンの等式,R’はラマヌジャンの等式を参考にして筆者が作った等式,V,V’はF.Vietaの等式,JはJ.Jandasekの等式,AはG.Amponの等式としてweb記事に紹介されているもので,表中1のマークがあるところは,その等式で表現できることを表す.
 また,a,b,cのうち奇数が1個の組のうちで,d=25からd=499までの・・・には,これらの等式で書けない130個の解がある.同様に,a,b,cのうち奇数が2個の組のうちで,d=44からd=500までの・・・には,これらの等式で書けない137個の解があり,a,b,cのうち奇数が2個の組のうちで,d=97からd=479までの・・・には,これらの等式で書けない19個の解がある.
 ピタゴラス数では,すべての解に対応する媒介変数表示が存在したが,方程式[1]の正の整数解にはそのようなものは知られておらず,媒介変数表示を用いて表せるのは,解のほんの一部に過ぎない.
abcd奇数YRR’VV'JA
168911
310181911
217404111
2655788711
123110210311
33709210511
33411411511
385712412911
7817219523511
45724824911
276430630711
58646046111
41722251
・・・・・・・・・・・・・・・130個
1231684904991
345621111
714172021111
181921282111
33637462111
273037462111
15424958211
75457702111
1960698221
2853758421
2143848821
58596990211
15828910821
23869711621
199210112221
2394105126211
869597134211
8513817120221
516316420621
428320521021
731742072442
11316620724621
163164197254211
10117821925821
6512724826021
17321426732421
10723027732621
227230277356211
4027330336421
17727634340621
27630331343021
28329435745421
1936236545821
11114846547221
162341442
・・・・・・・・・・・・・・・137個
821194975002
456979973
・・・・・・・・・・・・・・・19個
1092934374793

(解説)
(1) Wikipediaなどに,ラマヌジャンの等式として,次の式が紹介されている.

・・・(R)
 変数x, yが正負の整数をとり得る場合は,(R)が表す組全体は,次の(R’)が表す組全体と同じであるが,x, y, a, b, c, dが正の整数という条件がある場合には,(R)と(R’)は必ずしも同じではない.

・・・(R’)
 F.Vietaの等式として紹介されているのは,次の2つの式である.

・・・(V)

・・・(V’)
 これらも,変数x, yが正負の整数をとり得る場合は,(V)が表す組全体は,(V’)が表す組全体と同じであるが,x, y, a, b, c, dが正の整数という条件がある場合には,(V)と(V’)は必ずしも同じではない.
(2) ラマヌジャンの恒等式(R)は,「a, b, cのうち2個が奇数,1個が偶数の場合だけを表す」ことを証明してみよう.




とおく.
 x, yとも偶数のときは,a, b, c, dとも偶数になり,互いに素という条件を満たさないから,x, yの少なくとも1つは奇数でなければならない.
   xが偶数で,yが奇数のとき,a, cは奇数,bは偶数になる.xが奇数で,yが偶数のときも同様になる.
 xもyも奇数のとき,a, cは奇数,bは偶数になる.
以上により,ラマヌジャンの恒等式(R)を満たす互いに素な解a, b, cは「2個が奇数,1個が偶数」である.・・・(*2)も同様に示せる.
このようにして,前述の表において,R, R’に1のマークがついている解は,奇数が2個の場合に限られることが分かる.
(3) F.Vietaの等式(V)(V’)は,変数x, yが正負の整数をとり得るときは同じものになることを示してみよう.
(V)式のyに−yを代入すると


移項すると


となって(V’)になる.
 ただし,これはx, yが正負の整数をとり得る場合の話で,x, y, a, b, c, dが正の整数という条件がある場合には,(V)と(V’)は必ずしも同じではない.実際,前述の表において,V, V’で1のマークが付く解が異なっている.

(4) 大まかな傾向で言えば,ディオファントス方程式(3, 3 ,1), (3, 4, 1), (3, 5, 1)すなわち次の[1][2][3]について,個数が多いほど,数字が大きいほど解は多くなる.
・・・[1]
・・・[2]
・・・[3]
は互いに素
を満たす整数解
 次の表は,1つの右辺の値に対して,[1][2][3]で各々何通りの解があるのかを数えたものです.
右辺の値[1][2][3]
6100
7010
8000
9101
10002
11002
12012
13021
14011
15003
16003
17003
18026
19106
20112
21005
22004
23013
24013
251111
26027
27009
28134
右辺の値[1][2][3]
291012
300110
31016
320115
330115
34019
35015
360013
37017
380118
390214
400014
412116
420415
430119
441130
450127
462019
470019
480325
490224
500129

 例えば,右辺の値6,「1」の解が1通りとは

のように右辺が6となる解が[1]の型で1通りだけあることを示しています.
 例えば,右辺の値28,「1」の解が1通り,[2]の解が3通り,[3]の解が4通りとは,次の解を集計したものです.










 表から分かるように,ディオファントス方程式(3, 5, 1)すなわち上記の[3]の形の方程式は,右辺の値が9以上のすべての整数に対して解がある.
(5) 例えば[1]の形の方程式について
 3乗,5乗,...のような奇数乗の場合には,負の数も許容すれば表せる範囲が広がる.

のような物も含めて考えることもできるが,負の数や0をを許容してしまうと
・・・(*1)
・・・(*2)
のような自明解が入って来るので,ここでは(*1)(*2)のようなもの以外で考えると,d≦40の範囲で次のような組がある.
 このように負の数を許容すると,表せる整数の範囲が広がり,右辺の値dにどんな自然数を入れても対応する左辺の値が決まる.
 運悪く,d=13となる組はしぶとく登場しないが,左辺に100以上の数を使うとようやく登場する.

abcd
−129101
−8−691
−40−17412
−3415332
−169152
−37−36463
−18−10193
−5−463
−22−17254
−5−364
−4−365
−33−32416
−8−196
3456
−17−14207
−6−198
−3416339
−152169
−101129
1689
−27192410
−18−31910
−911210
−27−152911
−40313312
−191012
−104108−5113
−17−72014
−3323415
−27−112915
−921615
−41−234416
−3393416
−291516
−40−24117
−39263617
−22−42517
−14−72017
−21−192818
−10−31918
−24102719
−21−182819
3101819
7141720
−19−182821
−17−42522
−41−164423
−19102724
4172225
−36173926
−37−304627
−15−112927
−10192427
18192128
11152729
−37−274630
−33124031
−33−64132
−32−64133
−31124033
−1693433
−1523433
−9163334
−2153334
−37−34636
−26173936
−36−34637
−30−274637
−17263639
−17−24140
−12313340


 [1]の形で負の整数も許容した場合,一般に次のことが言える.

が成り立つとき



も成り立つ.(∵負の項を右辺に移項すれば分かる.)
(6) J.Youngの等式とは,次の形の恒等式をいう.

・・・(Y)
 ラマヌジャンの等式を参考にして,筆者が作った等式は,次の式である.(査読などのオーサライズは何もないが,展開すれば確かめられるから公開している)

・・・(R*1)[複号同順:以下同様]

・・・(R*2)

・・・(R*3)

・・・(R*4)

・・・(R*5)

・・・(R*6)

・・・(R*7)

・・・(R*8)

・・・(R*9)
d≦500の範囲で,係数の大きい方では

・・・(R*9)
※等式は限りなく作れるが,これらはいずれも「a, b, cのうち2個が奇数,1個が偶数の場合」だけを表す.「a, b, cのうち1個もしくは3個が奇数の場合」を表す媒介変数表示を筆者はまだ作れていない.
 J.Jandasekの等式とは,次の式を言う.

・・・(J)
AはG.Amponの等式とは,次の式を言う.

・・・(A)
【要約2】
ディオファントス問題(3, 3, 1),すなわち次の方程式[1]を満たす正の整数は互いに素)の組を媒介変数で表す方法について
@) J.Jandasekの等式,G.Amponの等式は,nが大きくなると急速に大きくなり,方程式[1]の解のうちで表現できない組が多い.
いずれも,左辺のa,b,cのうち2個が偶数,1個が奇数,右辺のdは奇数になる.
A)F.Vietaの等式も次数の大きな多項式になっていて,媒介変数を大きくしていくと,急速に大きくなり,方程式[1]の解のうちで表現できない組が多い.
B)J.Youngの等式,ラマヌジャンの等式は,比較的多くの解をカバーできる.ただし,この等式は左辺のa,b,cのうち2個が奇数の組だけしか表せない.
C)上記のどの等式によっても,左辺のa,b,cのうち3個が奇数で右辺のdも奇数の組を表すことはできない.
※)プログラミングを少し学習すると,筆者が作った等式と同レベルのものを作ることはできるかもしれない.ただし,1日の宿題のレベルでなく,1週間とか夏休みの課題のレベルになる.(筆者のやりかたは,Python3のsympyにある因数分解関数factor()を用いて,左辺の係数を網羅的に書き換えながら右辺が3乗になるものを探した.ただし,恒等式となるためには,x=1, y=0のときも等しいことが必要条件になるから,例えば1つの解(3,4,5,6)を用いてなどを試してみると,組合せを絞ることがができる.
 そのときに,Youngの等式のようにとなっていて,部品(x2の係数)が自明解になる場合にも,できた多項式がのような自明解[最初の2項が符号だけ異なる]でなければ,式として成り立つ可能性はある.

※「ラマヌジャンの恒等式」補足説明

==図1==
(1) ラマヌジャンの恒等式




とおくと

すなわち




の恒等式であるから,任意のについて成り立つというのは,等式の性質としては間違いなく言える.
 しかし,任意のについて,ラマヌジャンの恒等式がディオファントス問題(3, 3, 1)の正の整数解を表す訳ではない.

ア) 図において,で示した点(x, y)は,対応するa, b, cが3個とも正の整数になる組を表す.
 例えば,二重丸で示した点(1, 0)には,が対応しているが,x軸上に並ぶ他の点(x, 0)は,
すなわち

という形で,a, b, c, dが互いに素である解の定数倍になっている.一般に,ある点(x, y)がディオファントス問題(3, 3, 1)の正の整数解a, b, c, dが互いに素であるとき,原点と(x, y)を結ぶ線分を2倍,3倍,...してできる点もディオファントス問題(3, 3, 1)の正の整数解になるが,それらは互いに素な値ではない.
 例えば,二重丸で示した(2, 1)(4, 2)は,各々
・・・@
・・・A
に対応しているが,Aは@の定数倍の組となっている.
 x=0のときは,となるから,a, b, c, d>0を満たさない.そこで,x≠0とする.
 a, b, c, d>0の条件は,を用いて,1変数で調べることができる.この値tを表す有理数である.(このように2つの整数(x, y)の代わりに1つの有理数tを媒介変数として,解を調べることができる)
・・・(1)
・・・(2)
・・・(3)
・・・(4)
(2)(4)は各々となるからつねに成立する.
(1)→

(3)→


==図2==
 図2の色分けが図1の色分けに対応する.

イ) 図1において,で示した点(x, y)は,対応するcが負の整数になる組を表す.
 例えば,二重丸で示した点(4, 4)には,が対応し,c<0となる.

ウ) 図1において,で示した点(x, y)は,対応するaが負の整数になる組を表す.
 例えば,二重丸で示した点(2, −3)には,が対応し,a<0となる.

エ) 図1において,で示した点(x, y)は,対応するa, cが負の整数になる組を表す.
 例えば,二重丸で示した点(1, 2)には,が対応し,a<0, c<0となる.

イ)ウ)の例は各々,というディオファントス問題(3, 2, 2)の正の整数解に対応するが,ここでは取り上げない.
エ)の例は,移項すればを表す.
(1) ラマヌジャンの恒等式が1つ与えられたとき,媒介変数を1次変換して得られる恒等式もディオファントス問題(3, 3, 1)の整数解となる.
 例えば




に対して,媒介変数の変換

を行うと




についても,が成り立つ.ただし,a, b, c, d>0が成り立つx’ y’の範囲は変わる.

 ※以下,個人のパソコンで総当たりで見つけることは難しいが,1つの解を示されたら,両辺が等しいことを確かめることはできるものを,茶色で示す.
《4.3》オイラー予想

は互いに素
を満たす整数解を求める.

(知られている最小解, 1988, N.J.エルキース)

(1988, N.J.エルキース)
 1958年発行の「数論における未解決問題」(リチャード・ガイ著/一松信訳/Spring-Verlag Tokyo)によれば,「現在までに解がないことは証明されていない.の範囲に解はない.」とされていたが,その後,上記のようにdが220000よりも大きな解が見つかったということらしい.当時の判断はそれなりに正しく,解けるようになったのはコンピュータ性能の向上のおかげか?
《4.3》オイラー予想については,N.D.Elkiesが助変数を含む解を示している.


ここに

《4.4》ディオファントス問題

は互いに素
を満たす整数解を求める.




など多数見つかっている
(1911, R. Norrie)
《4.5》ディオファントス問題

は互いに素
を満たす整数解を求める.
約35秒で次の解が得られる





《5.3》オイラー予想

は互いに素
を満たす整数解を求める.
###《5.3》オイラー予想については,かなり大きな数字まで調べられているが,解は見つかっていない###
《5.4》オイラー予想

は互いに素
を満たす整数解を求める.

(1968, L.J.ランダー, T.R.パーキン)

(2004, Frye)Wikipedia参照
《5.5》ディオファントス問題

は互いに素
を満たす整数解を求める.

(1934, Sastry)Wikipedia参照

(1967, 最小解, Lander, Parkin, Selfridge)Wikipedia参照
 今日のパソコンでは(2021年現在Window10, 32bit機, Intel i5)所要時間十数分で,f≦500の解が得られる.上記以外には






《5.6》ディオファントス問題

は互いに素
を満たす整数解を求める.
 所要時間約6秒で,35以下の整数3組の解が得られる.



など
100以下の整数まで探すと,(0が1個の)ディオファントス問題(5, 5, 1)の解が2個含まれる.


 さらに,150以下の整数まで探すと,(0が2個の)ディオファントス問題(5, 4, 1)の解が1個含まれる.


《6.3》オイラー予想

は互いに素
を満たす整数解を求める.
《6.3》オイラー予想すなわち,ディオファントス問題(6, 3, 1)について書かれた記事は見当たらない.解の有無について手がかりもない.
《6.4》オイラー予想

は互いに素
を満たす整数解を求める.
《6.5》オイラー予想すなわち,ディオファントス問題(6, 4, 1)について書かれた記事は見当たらない.解の有無について手がかりもない.
《6.5》オイラー予想

は互いに素
を満たす整数解を求める.
《6.5》オイラー予想すなわち,ディオファントス問題(6, 5, 1)について書かれた記事は見当たらない.解の有無について手がかりもない.
(参考)
ディオファントス問題(6, 8, 1)の解は,多数見つかっている.



など
ディオファントス問題(6, 7, 1)の解は,1つ見つかっている.



ディオファントス問題(6, 6, 1)について書かれた記事は見当たらない.解の有無について手がかりもない.
...(PC版)メニューに戻る