【挑戦】(数セミ)エレガントな解答をもとむを解く㉜

本記事の内容
問題を明示します。
チャレンジの結果は…？
筆者の回答を紹介します。
1. 初級問題の回答
2. 中級問題の回答(の触り)
投稿されたエレガントな解答
読者の皆様への挑戦状！
結

本記事の内容

本記事は『数学セミナー』(日本評論社)に掲載されている”エレガントな解答をもとむ”に出題されいている問題を1時間で解けるか、という挑戦をする記事です。

本記事を読むにあたり、前提知識は基本的に必要ありませんが、以前紹介した記事の内容を使う場合はその旨を記述することにします。

今回も「エレガントな解答をもとむ selections」に掲載されいている問題です。

前回の問題については以下の記事を御覧ください！

【挑戦】(数セミ)エレガントな解答をもとむを解く㉛

...

問題を明示します。

カタラン予想という未解決問題があります。$m,n,p,q$が$1$より大きな整数のとき、
　(C)　$m^p-n^q=1$は$3^2-2^3=1$以外の解をもたない
という予想です。このままではむづかしすぎるので、問題を$m=n+1$のときに限定します：
　(L)　$(n+1)^p-n^q=1\qquad$ ($n,p,q$は$1$より大きな整数)
このとき、次の問に答えてください。
　(初級問題)　$3^p-2^q=1\qquad$ ($p,q$は$1$より大きな整数)
の解は$p=2$、$q=3$だけであることを証明してください。
　(中級問題)　$n,\ p,\ q$が（L）をみたすとき、$n$と$p$は偶数、$q$は奇数であることを示して下さい。
　(上級問題)　（L）の解は、$n=2$、$p=2$、$q=3$に限られることを証明して下さい。
数学セミナー編集部編（2001）『エレガントな解答をもとむ selections』日本評論社 p24.

チャレンジの結果は…？

チャレンジの結果…全答はできませんでした…
もうちょっと時間があれば、という言い訳をしておきます(負け惜しみ)。

初級問題に案外時間を取られてしまいました。
初級なのに(いや、難しい)。

筆者の回答を紹介します。

最初に述べておくと、筆者が回答できたのは初級問題と中級問題の触りだけです。

初級問題の回答

「$(p,q)=(2,3)$しか解が存在しないことを示せ」と言われたので、真っ先に「背理法かな？」と思い、背理法で攻めてみることにしました。

$p,q$は$1$より大きい整数ですので、$p=2$は$p$の中で最小の値です。
一方$q$は$q=3$のときに解が存在することがわかっているのですが、$q=2$の場合はありえないのか？と思い計算してみました。

$q=2$とすると、$3^p-2^q=1$に代入して$3^p=5$となり、これを満たす整数は存在しないため、$q=2$とはなりえない事がわかりました。

さらに、$p=3$の場合も考えてみると、$3^3-2^q=1$となるから、$26=2^q$となってこの場合もありえないことがわかります。

背理法で攻めるということですので、もし仮に$(p,q=(2,3))$以外の解があったとします。
先程の議論から、$(p,q)=(2,3)$の解$(p,q)$が存在したとすると、$p,q>3$を満たしているということになります。

ここで悩みました。
「背理法を使うとなったは良いものの、さてどこに矛盾を生じされるのか？」と。

少し悩んだ末、修士のときを思い出しました。
修士のとき、少々数論に関わる研究をしていた経験から

素数は強い。
偶奇性は非常に使い勝手が良い。

ということを学びました(学んだというより感想を持ったという表現のほうが近いかもしれませんが)。

今、出現する整数は$2$と$3$で、双方とも素数です。
したがって、偶奇性に着目してみることにしました。
しかも、$2$は偶数、$3$は奇数なので、出現する整数の偶奇性が異なっているから方針として良さそうだなと感じました。

となれば、$3^p-2^q=1$をどう変形するかというと
$$
3^p-1=2^q
$$
と変形するのが良さそうです。
両辺の偶奇性が一致していなければならないというところを攻めてみようと思います。

とはいえ、どうしようかと悩みました。
少々悩んだ挙げ句、「あ！因数分解できるくね？」と閃きました。
つまり、
$$
3^p-1=(3-1)(1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1})
$$
と因数分解できるわけです。

故に、
$$
(3-1)(1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1})=2^q
$$
が成り立つわけで、$3-1=2$だから
$$
1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1}=2^{q-1}
$$
となるわけです。
「偶奇性に着目する」という方針を思い出せば、$2^{q-1}$はもちろん偶数ですから$1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1}$も偶数でなければなりません。
しかし、$1,3,3^2,3^3,\cdots,3^{p-1}$はすべて奇数です。
奇数の和が偶数たりえるのは、奇数を偶数個足したときです。

したがって、

$1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1}$の項数は偶数である。

ということになります。
では、$1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1}$の項数は？という話ですが、それは$p$個です。
したがって、$p$は偶数でなければなりません。

「よし、じゃあ$p=2m (m\in\left\{n\in\mathbb{N}\middle|n\geq2 \right\})$と書いてみよう。」と思いましたが、特にめぼしい成果は得られませんでした。

また悩みます。
「項数が偶数であることを使えないかな」と考えました。
また、「更に因数分解できたりしないかねえ」と考えました。

すると、「項数が偶数ってことは2個で1つのペアが作れんな？」と思いました。
そこでグッと睨んで(眼力で)みると、「ニコイチのペアにすると$(1+3)$で括り出せね？」と気が付きました。
つまり、
\begin{eqnarray}
&&1+3+3^2+3^3+\cdots+3^{p-1}\\
&=&(1+3)+(3^2+3^3)+(3^4+3^5)+(3^6+3^7)+\cdots+(3^{p-2}+3^{p-1})\\
&=&(1+3)+(1+3)\cdot3^2+(1+3)\cdot3^4+(1+3)\cdot3^6+\cdots+(1+3)\cdot3^{p-2}\\
&=&(1+3)\left( 1+3^2+3^4+3^6+\cdots+3^{p-2}\right)
\end{eqnarray}
となります。
故に、
$$
1+3^2+3^4+3^6+\cdots+3^{p-2}=2^{q-3}
$$
となります。

隣り合う項を2つずつペアにしたので、上式の左辺の項数もまた偶数個です。
ここで、この方針でできることを確信しました。

もう一度今の操作をすれば、
\begin{eqnarray}
1+3^2+3^4+3^6+\cdots+3^{p-2}=(1+3^2)\left( 1+3^4+3^6+\cdots+3^{p-2}\right)
\end{eqnarray}
となりますが、$1+3^2=10$であり、$10=2\times5$だから、$2^{q-3}$は素因数として$5$を持つことになってしまいます。
しかしながら、これはありえないので矛盾です。

故に、$(p,q=(2,3)$以外の解は存在しないことがわかりました。

中級問題の回答(の触り)

初級問題と同様にやってみることにしました。

まず、$(n+1)^p-n^q=1$を$(n+1)^p-1=n^q$と変形して
\begin{eqnarray}
(n+1)^p-1&=&\left\{ (n+1)-1\right\}\left(1+(n+1)+\cdots+(n+1)^{p-2}+(n+1)^{p-1}\right)\\
&=&n\left(1+(n+1)+\cdots+(n+1)^{p-2}+(n+1)^{p-1}\right)
\end{eqnarray}
と因数分解します。
故に、
$$
\left(1+(n+1)+\cdots+(n+1)^{p-2}+(n+1)^{p-1}\right)=n^{q-1}
$$
となります。

さて、初級問題と同様に項数に着目しようとしましたが、$n$の偶奇性により、全体の偶奇性が変わるため、$n$の偶奇性を考える必要があります。
希望としては、$n$が偶数であれば、初級問題と同様にできそうですので、$n$が奇数の場合を背理法で考えてみます。

ここでも少々悩みました。
やはり因数分解に頼ってみることにしました。
というのも、$a^n+b^n$は$n$が奇数のときに因数分解できるからです。
故に、$(n+1)^{p}$を因数分解してみると、
$$
(n+1)^{p}=(n-1)\left( n^{q-1}-n^{q-2}+\cdots-n+1\right)
$$
となるため、
$$
(n+1)^{p-1}=n^{q-1}-n^{q-2}+\cdots-n+1
$$
です。

$n$が奇数であるとき、右辺は奇数個の奇数の和か差ですので、奇数となります。
一方で、左辺は偶数になるから矛盾です。

故に、$n$は偶数でなければなりません。

ここでタイムアップでした(実はちょっとだけ時間オーバーでした)。

投稿されたエレガントな解答

（前略）

　定理　(L)を満たす解は$n=2$、$p=2$、$q=3$だけである。

（中略）

(中級・上級問題の解)
まず、(L)を法$n+1$で考えると、$-(-1)^q\equiv1\ ({\rm mod}\ n+1)$となり、$n+1>2$なので$q$は奇数でなければならないことがわかります。そこで(L)を移項して
$$
(n+1)^p=n^q+1=(n+1)(n^{q-1}-n^{q-2}\pm \cdots -n+1)
$$
と因数分解すると、
$$
(n+1)^{p-1}=n^{q-1}-n^{q-2}\pm \cdots -n+1\tag{1}
$$
となります。ここでもしも$n$が奇数だとすると、右辺は奇数個の奇数の和または差となり奇数、左辺は偶数になりますから矛盾です。したがって$n$は偶数でなければいけないことがわかりました。さらに(L)を移項して
$$
(n+1)^{p}-1=n^q\tag{${\bf L’}$}
$$
とし、両辺を$(n+1)-1=n$でわると、
$$
(n+1)^{p-1}+(n+1)^{p-2}+\cdots+(n+1)+1=n^{q-1}\tag{2}
$$
となります。左辺は奇数の$p$個の和、右辺は偶数ですから、$p$は偶数でなければいけません。
　そこで$n=2k$、$p=2r$($k,r$は自然数)と書くと、(L’)より
$$
\left\{ (2k+1)^r-1\right\}\left\{ (2k+1)^r+1\right\}=2^qk^q\tag{3}
$$
となります。左辺の2つの$\left\{ \quad\right\}$はとなりあう偶数なので${\rm GCD}((2k+1)^r-1,(2k+1)^r+1)=2$であり、また$2k|(2k+1)^r-1$となっていることは明らかです。そこで(3)より
$$
\begin{cases}
(2k+1)^r-1=2k^q\\ \tag{4}
(2k+1)^r+1=2^{q-1}
\end{cases}
$$
となることがわかります。(4)より$2^{q-1}>2k^q$となりますから$k=1)、すなわち\(n=2$がわかり、(4)よりこのとき$3^r-1=2$なので$r=1$、すなわち$p=2$、したがって(L)より$q=3$としたものが唯一の解であることがわかります。

（中略）

(初級問題の解)
$q>1$なので、$1=3^p-2^1\equiv(-1)^p\ ({\rm mod}\ 4)$となり、$p$は偶数であることが必要である。そこで$p=2r$($r$は自然数)とおくと、
$$
2^q=(3^r-1)(3^r+1)\tag{5}
$$
これより$3^r-1$、$3^r+1$はともに$2$の累乗であり、その差が$2$だから、$3^r-1=2^1$、$3^r+1=2^2$以外にはあり得ない。よって$r=1$すなわち$p=2$。また$2^q=3^p-1=8$より$q=3$となる。

（中略）

つぎに(中級問題)では（中略）氏のアイディアが光っていました。
　(L)を$\ {\rm mod}\ n^2$で考えて$np+1\equiv1\ ({\rm mod}\ n^2)\quad \therefore p\equiv 0\ ({\rm mod}\ n)$、よって$p$は$n$の倍数である。また、$(n+1)^2$を法として考えて、
$$
-(-1)\left\{ -q(n+1)+1\right\}\equiv 1\ ({\rm mod}\ (n+1)^2)
$$
よって$q$は奇数であり、かつ$n+1$の倍数である。

（中略）

最後に(上級問題)では先ほどの(中略)君の解の出だしが気に入りました。
　(L)を$n+2$を法として考えて

$(-1)^p-(-2)^q\equiv 1\ $すなわち$\ 2^q\equiv0\ ({\rm mod}\ n+2)$

したがって$n+2=2^t\ (t\leq q)$すなわち$n=2^t-2$。

（後略）
数学セミナー編集部編（2001）『エレガントな解答をもとむ selections』日本評論社 p207-p210.

読者の皆様への挑戦状！

今から紹介する問題の解答は来週の日曜日に挑戦します！

自然数$N$に対して、集合$S_N$を
$$
S_N=\left\{ 2^n\middle|1\leq n\leq N\right\}
$$
で定義します。$m$を自然数とし、$S_N$から任意に1つの数を選ぶという試行を$m$回繰り返し行い、その結果選ばれた数$x_1,\cdots,x_m$を掛けてできる数$x_1\cdots x_m$を十進数で表したとき、その最高位の数字が$1$である確率を$p_{m,N}$とします。たとえば、$m=2$、$N=3$のとき、この試行によって得られるペアは$9$通りあり、それらは
\begin{eqnarray}
&&(2,2),\ (2,2^2),\ (2,2^3),\ (2^2,2),\ (2^2,2^2),\\
&&(2^2,2^3),\ (2^3,2),\ (2^3,2^2),\ (2^3,2^3)
\end{eqnarray}
なので、掛けてできる数は
$$
4,8,16,8,16,32,16,32,64
$$
となります。これらのうち最高位の数字が$1$のものは3つ、したがって、
$$
p_{2,3}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}
$$
となります。では、問題です。$m$を固定したとき、
$$
\lim_{N\to\infty}p_{m,N}
$$
を求めてください。
数学セミナー編集部編（2001）『エレガントな解答をもとむ selections』日本評論社 p24-p25.

前回の問題は【１時間チャレンジシリーズ】挑戦㉛を御覧ください！

結

いかがでしたか？
今回は数セミの「エレガントな解答をもとむ」に挑戦してみる、という記事でした。

読者の皆様も是非一度挑戦してみて下さい！
そして、「読者の皆様への挑戦状」にも是非挑戦していただき、解答をコメントで教えて下さい！

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