(1)

$a,$ $b$ の偶奇が一致するとして, 矛盾を導く.

(i)

$a,$ $b$ が偶数であるとき. $a^2+b^2 = c^2$ は偶数になり, よって $c$ は偶数になるが, これは $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることに反する.

(ii)

$a,$ $b$ が奇数であるとき. すべての整数は $2d$ または $2d+1$ ($d$: 整数) の形に表され, \[\begin{aligned} (2d)^2 &= 4d^2, \\ (2d+1)^2 &= 4(d^2+d)+1 \end{aligned}\] を $4$ で割った余りはそれぞれ $0,$ $1$ である. よって, $a^2+b^2 = c^2$ を $4$ で割った余りは $1+1 = 2$ となるが, これは $c^2$ を $4$ で割った余りが $0$ または $1$ であることに反する.

(i), (ii) から, $a,$ $b$ の偶奇は異なる. よって, $a^2,$ $b^2$ の偶奇は異なり, $a^2+b^2 = c^2$ は奇数であるから, $c$ は奇数である.

(2)

$a^2+b^2 = c^2$ を変形すると, \[\begin{aligned} b^2 &= c^2-a^2 = (c+a)(c-a) \\ \left(\frac{b}{2}\right) ^2 &= \frac{c+a}{2}\cdot\dfrac{c-a}{2} \quad \cdots [1] \end{aligned}\] となる. 仮定から, $\dfrac{b}{2},$ $\dfrac{c+a}{2},$ $\dfrac{c-a}{2}$ は整数である.
　仮に $\dfrac{c+a}{2},$ $\dfrac{c-a}{2}$ が共通の素因数 $p$ をもつとすると, これらの整数は正の整数 $x,$ $y$ を用いて \[\frac{c+a}{2} = px, \quad \frac{c-a}{2} = py\] と表され, \[ c = p(x+y), \quad a = p(x-y), \quad b = p^2(x+y)(x-y)\] は $p$ の倍数になるが, これは $a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることに反する.
　ゆえに, $\dfrac{c+a}{2},$ $\dfrac{c-a}{2}$ は, 互いに素であり, $[1]$ と素因数分解の一意性により平方数である.

(3)

(2) から, $\dfrac{c+a}{2},$ $\dfrac{c-a}{2}$ は互いに素な整数 $m,$ $n$ $(m > n)$ を用いて \[\frac{c+a}{2} = m^2 \quad \cdots [2], \quad \frac{c-a}{2} = n^2 \quad \cdots [3]\] と表される. $a = m^2-n^2$ は奇数であるから, $m^2,$ $n^2$ の偶奇は異なり, よって $m,$ $n$ の偶奇は異なる. $[2]-[3],$ $[2]+[3]$ から \[ a = m^2-n^2, \quad c = m^2+n^2\] が得られる. さらに, \[\begin{aligned} b^2 &= c^2-a^2 = (m^2+n^2)^2-(m^2-n^2)^2 \\ &= (m^4+2m^2n^2+n^4)-(m^4-2m^2n^2+n^4) \\ &= 4m^2n^2 \end{aligned}\] から \[ b = 2mn\] である. これで, 求める公式 $[*]$ が得られた.

　直角三角形の $3$ 辺の長さ $a,$ $b,$ $c$ $(a < c,$ $b < c)$ が整数であるとする.

(A)

面積 $\dfrac{ab}{2}$ が $6$ の倍数であることを示すには, $ab$ が $12 = 3\cdot 4$ の倍数であることを示せばよいから,

(I)

$a$ または $b$ が $3$ の倍数であること

(II)

$a$ または $b$ が $4$ の倍数であること

を示せばよい.

(I)

$a,$ $b$ が $3$ の倍数でないとして, $a^2+b^2$ が平方数でないことを示す. すべての整数は $3d,$ $3d\pm 1$ ($d$: 整数) のいずれかの形に表され,

• $(3d)^2 = 3\cdot 3d^2$ を $3$ で割った余りは $0$ ($3d^2$ は整数),
• $(3d\pm 1)^2 = 3(3d^2\pm 2d)+1$ を $3$ で割った余りは $1$ ($3d^2\pm 2d$ は整数)

である. よって, $a^2+b^2$ を $3$ で割った余りは $1+1 = 2$ であるが, 平方数を $3$ で割った余りは $0$ または $1$ であるから, $a^2+b^2$ は平方数でない. よって, (I) が示された.

(II)

$a,$ $b$ が $4$ の倍数でないとして, $a^2+b^2$ が平方数でないことを示す. すべての整数は $2d+1$ (奇数), $4d+2$ ($4$ の倍数でない偶数), $4d$ ($4$ の倍数) ($d$: 整数) のいずれかの形に表され,

• $(2d+1)^2 = 4d(d+1)+1$ を $4,$ $8$ で割った余りは $1$ ($d(d+1)$ は偶数),
• $(4d+2)^2 = 16d(d+1)+4$ を $8,$ $16$ で割った余りは $4$ ($d(d+1)$ は整数),
• $(4d)^2 = 8\cdot 2d^2$ を $8$ で割った余りは $0$ ($2d^2$ は整数)

である.

(i)

$a,$ $b$ が奇数のとき. $a^2+b^2$ を $4$ で割った余りは $1+1 = 2$ であり, $a^2+b^2$ の素因数分解における $2$ の指数は $1$ であるから, $a^2+b^2$ は平方数でない.

(ii)

$a,$ $b$ の一方が奇数, 他方が $4$ の倍数でない偶数のとき. $a^2+b^2$ を $8$ で割った余りは $1+4 = 5$ であるが, 平方数を $8$ で割った余りは $0,$ $1$ または $4$ であるから, $a^2+b^2$ は平方数でない.

(iii)

$a,$ $b$ が $4$ の倍数でない偶数のとき. $a^2+b^2$ を $16$ で割った余りは $4+4 = 8$ であり, $a^2+b^2$ の素因数分解における $2$ の指数は $3$ であるから, $a^2\!+\!b^2$ は平方数でない.

(i)～(iii) から, (II) が示された.

　(I), (II) から, $3$ 辺の長さが整数である直角三角形の面積は $6$ の倍数である.

(B)

$a,$ $b$ が $5$ の倍数でないとして, $a^2+b^2$ が平方数ならば $a^2+b^2$ は $5$ の倍数であることを示せばよい. すべての整数は $5d,$ $5d\pm 1,$ $5d\pm 2$ ($d$: 整数) のいずれかの形に表され,

• $(5d)^2 = 5\cdot 5d^2$ を $5$ で割った余りは $0$ ($5d^2$: 整数),
• $(5d\pm 1)^2 = 5(5d^2\pm 2d)+1$ を $5$ で割った余りは $1$ ($5d^2\pm 2d$: 整数),
• $(5d\pm 2)^2 = 5(5d^2\pm 4d)+4$ を $5$ で割った余りは $4$ ($5d^2\pm 4d$: 整数)

である. よって, $a^2+b^2$ を $5$ で割った余りは $0,$ $2$ または $3$ である.
一方, 平方数を $5$ で割った余りは $0,$ $1$ または $4$ であるから, $a^2+b^2$ が平方数ならば $a^2+b^2$ は $5$ の倍数である. ゆえに, $3$ 辺の長さが整数である直角三角形において, 少なくとも $1$ つの辺の長さは $5$ の倍数である.

(A)

正の整数 $a,$ $b,$ $c$ のうち少なくとも $2$ つが奇数であるとき, $a^2+b^2+c^2$ が平方数でないことを示せばよい. 整数 $k$ に対して \[ (2k)^2 = 4k^2, \quad (2k-1)^2 = 4k(k-1)+1\] が成り立つから, 平方数を $4$ で割った余りは $0$ か $1$ であることに注意する.

(i)

$a,$ $b,$ $c$ が奇数であるとき. $a^2,$ $b^2,$ $c^2$ を $4$ で割った余りは $1$ であるから, $a^2+b^2+c^2$ を $4$ で割った余りは $3$ である. よって, $a^2+b^2+c^2$ は平方数でない.

(ii)

$a,$ $b,$ $c$ のうち $1$ つが偶数, $2$ つが奇数であるとき. $a^2,$ $b^2,$ $c^2$ を $4$ で割った余りは $0,$ $1,$ $1$ (順不同) であるから, $a^2+b^2+c^2$ を $4$ で割った余りは $2$ である. よって, $a^2+b^2+c^2$ は平方数でない.

(i), (ii) から, 正の整数 $a,$ $b,$ $c,$ $d$ が $a^2+b^2+c^2 = d^2$ を満たすとき, $a,$ $b,$ $c$ のうち少なくとも $2$ つは偶数である.

(B)

正の整数 $a,$ $b,$ $c,$ $d$ が $a^2+b^2+c^2 = d^2$ を満たすとする. 整数 $k$ に対して \[ (3k\pm 1)^2 = 3(3k^2\pm 2k)+1\] が成り立つから, $3$ の倍数でない整数の平方を $3$ で割った余りは $1$ である. よって, $a,$ $b,$ $c$ が $3$ の倍数でないとき, $a^2+b^2+c^2$ を $3$ で割った余りは $0$ であるから, $d^2$ は $3$ の倍数であり, $d$ は $3$ の倍数である. これは, $a,$ $b,$ $c,$ $d$ のうち少なくとも $1$ つは $3$ の倍数であることを示している.

(1)

$a$ を $4$ の倍数とする. 正の偶数 $a',$ $a''$ が $a = a'a''$ を満たすとき, $\dfrac{a'}{2},$ $\dfrac{a''}{2}$ は, \[\frac{a}{4} = \frac{a'}{2}\cdot\frac{a''}{2}\] を満たすから, $\dfrac{a}{4}$ の正の約数である. 逆に, $\dfrac{a}{4}$ の正の約数を $2$ 倍すると, $a = a'a''$ なる正の偶数 $a',$ $a''$ が得られる. よって, 条件を満たす正の偶数の組の個数は $d\left(\dfrac{a}{4}\right)$ である.

(2)

正の整数 $x,$ $y$ が

$x^2-y^2 = a$　つまり　$(x+y)(x-y) = a$

を満たすとして, \[ x+y = a', \quad x-y = a''\] とおく. このとき, $a',$ $a''$ は $a = a'a'',$ $a' > a''$ なる $a$ の正の約数である. 整数 $x,$ $y$ の $2$ 倍 \[ 2x = a'+a'' \quad \cdots [1], \quad 2y = a'-a'' \quad \cdots [2]\] は偶数であるから, $a',$ $a''$ の偶奇は一致する. よって, $a$ が奇数のとき $a',$ $a''$ は奇数, $a$ が $4$ の倍数のとき $a',$ $a''$ は偶数であり, $[1],$ $[2]$ の両辺を $2$ で割ると \[ x = \frac{a'+a''}{2}, \quad y = \frac{a'-a''}{2}\] が得られる. $a$ を $4$ で割った余りが $2$ のとき, $a = a'a''$ を満たす整数 $a',$ $a''$ の偶奇は異なるから, $[1],$ $[2]$ は成り立たず, よって $x^2-y^2 = a$ は整数解をもたない.

(3)

(2) の議論から, $x^2-y^2 = a$ の正の整数解の個数は, $a = a'a'',$ $a' > a''$ を満たし, $a$ と偶奇が等しい正の整数 $a',$ $a''$ の組の個数に等しい. その個数は, $a$ が平方数でないとき $a$ または $\dfrac{a}{4}$ の正の約数の個数の半分であり, $a$ が平方数のとき $a$ または $\dfrac{a}{4}$ の正の約数の個数から $\sqrt a$ または $\dfrac{\sqrt a}{2}$ の $1$ 個を引いた個数の半分であるから, \[ N = \begin{cases} \dfrac{1}{2}d(a) & (a\text{ が奇数で, 平方数でない}) \\[2mm] \dfrac{1}{2}\{ d(a)-1\} & (a\text{ が奇数で, 平方数}) \\[2mm] 0 & (a\text{ を }4\text{ で割った余りが }2) \\ \dfrac{1}{2}d\left(\dfrac{a}{4}\right) & (a\text{ が }4\text{ の倍数で, 平方数でない}) \\[2mm] \dfrac{1}{2}\left\{ d\left(\dfrac{a}{4}\right) -1\right\} & (a\text{ が }4\text{ の倍数で, 平方数}) \end{cases}\] である.

(1)

\[\begin{aligned} \alpha\alpha ' &= (x+y\sqrt 2)(x'+y'\sqrt 2) \\ &= (xx'+2yy')+(xy'+x'y)\sqrt 2 \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} \tilde\alpha\tilde{\alpha '} &= (x-y\sqrt 2)(x'-y'\sqrt 2) \\ &= (xx'+2yy')-(xy'+x'y)\sqrt 2 = \widetilde{\alpha\alpha '} \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

$x+y\sqrt 2$ は $x,$ $y$ に関してそれぞれ単調増加であり, \[\begin{aligned} 1^2-2\cdot 1^2 &\neq 1, \quad 1^2-2\cdot 2^2 \neq 1, \\ 2^2-2\cdot 1^2 &\neq 1, \quad 2^2-2\cdot 2^2 \neq 1, \\ 3^2-2\cdot 1^2 &\neq 1, \quad 3^2-2\cdot 2^2 = 1 \end{aligned}\] であるから, $\varepsilon = 3+2\sqrt 2$ である.

(3)

$[\mathrm A]$ から, \[ x_n-y_n\sqrt 2 = \widetilde{\varepsilon ^n} \quad \cdots [\mathrm B]\] が成り立つ. よって, $[\mathrm A],$ $[\mathrm B]$ の辺々を掛け合わせると, (1) の結果により, \[\begin{aligned} x_n{}^2-2y_n{}^2 &= (x_n+y_n\sqrt 2)(x_n-y_n\sqrt 2) \\ &= \varepsilon ^n\widetilde{\varepsilon ^n} = \varepsilon ^n(\tilde\varepsilon ) ^n = (\varepsilon\tilde\varepsilon )^n \\ &= \{ (3+2\sqrt 2)(3-2\sqrt 2)\} ^n = 1^n = 1 \end{aligned}\] となる. さらに, $[\mathrm A],$ $[\mathrm B]$ から, \[ x_n = \frac{\varepsilon ^n+(\tilde\varepsilon )^n}{2}, \quad y_n = \frac{\varepsilon ^n-(\tilde\varepsilon )^n}{2\sqrt 2}\] が得られる.

(4)

$x+y\sqrt 2 \geqq \varepsilon > 1$ であるから, \[\varepsilon ^n \leqq x+y\sqrt 2 < \varepsilon ^{n+1}\] を満たす正の整数 $n$ が存在する. 両辺を $\varepsilon ^n$ で割ると, \[ 1 \leqq (x+y\sqrt 2)\varepsilon ^{-n} < \varepsilon\] となる. $\varepsilon\tilde\varepsilon = 1$ から $\varepsilon ^{-n} = (\varepsilon ^{-1})^n = (\tilde\varepsilon )^n = \widetilde{\varepsilon ^n} = x_n-y_n\sqrt 2$ であるので, \[\begin{aligned} (x+y\sqrt 2)\varepsilon ^{-n} &= (x+y\sqrt 2)(x_n-y_n\sqrt 2) \\ &= (xx_n-yy_n)+(-xy_n+x_ny)\sqrt 2 \end{aligned}\] が成り立つ. そこで, $x' = xx_n-yy_n,$ $y' = -xy_n+x_ny$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} x'+y'\sqrt 2 &= (x+y\sqrt 2)\varepsilon ^{-n}, \\ x'-y'\sqrt 2 &= (x-y\sqrt 2)\varepsilon ^n \end{aligned}\] となるから, 辺々を掛け合わせると \[ x'^2-2y'^2 = x^2-2y^2 = 1\] となる. これと $\varepsilon$ の最小性により $x'+y'\sqrt 2 = 1$ が成り立つから, \[ x+y\sqrt 2 = \varepsilon ^n = x_n+y_n\sqrt 2\] が得られる. よって, \[ (y-y_n)\sqrt 2 = x_n-x\] であり, $x_n-x$ と $y-y_n$ は整数, $\sqrt 2$ は無理数であるから, $y-y_n = 0$ でなければならない. ゆえに, $(x,y) = (x_n,y_n)$ が成り立つ.

　$x,$ $y$ を整数とする.

(i)

$x = 3d$ ($d$: 整数) のとき. \[ x^2-3y^2 = (3d)^2-3y^2 = 3(3d^2-y^2)\] ($3d^2-y^2$ は整数) は $3$ で割り切れるから, $x^2-3y^2 \neq -1$ である.

(ii)

$x = 3d\pm 1$ ($d$: 整数) のとき. \[ x^2-3y^2 = (3d\pm 1)^2-3y^2 = 3(3d^2\pm 2d-y^2)+1\] ($3d^2\pm 2d-y^2$ は整数) を $3$ で割った余りは $1$ であり, $-1$ を $3$ で割った余りは $2$ であるから, $x^2-3y^2 \neq -1$ である.

(i), (ii) から, $x^2-3y^2 = -1$ の整数解は存在しない.

　$x = \dfrac{a}{c},$ $y = \dfrac{b}{c}$ ($a,$ $b,$ $c$: 整数, $c > 0$) のとき, \[ x^2+y^2 = 3 \iff a^2+b^2 = 3c^2\ \cdots [1]\] であるから, $[1]$ の整数解が存在しても $a,$ $b,$ $c$ は互いに素でないことを示す.

(i)

$a,$ $b$ の少なくとも一方が $3$ の倍数のとき. $a$ が $3$ の倍数であるとしてよい. このとき, $b^2 = 3c^2-a^2$ は $3$ の倍数であるから, $b$ は $3$ の倍数である. よって, $3c^2 = a^2+b^2$ は $9$ の倍数であるから, $c^2$ は $3$ の倍数で, $c$ は $3$ の倍数である. したがって, $[1]$ の整数解は互いに素でない.

(ii)

$a = 3d\pm 1,$ $b = 3e\pm 1$ ($d,$ $e$: 整数, 複号任意) のとき. \[\begin{aligned} a^2+b^2 &= (3d\pm 1)^2+(3e\pm 1)^2 \\ &= 3(3d^2+3e^2\pm 2d\pm 2e)+2 \end{aligned}\] (かっこ内は整数) は $3$ で割り切れない. よって, $[1]$ の整数解は存在しない.

(i), (ii) から, $x^2+y^2 = 3$ の有理数解は存在しない.

　直角を挟む $2$ 辺の長さが整数 $x,$ $y$ $(x \leqq y),$ 斜辺の長さが整数 $z$ の直角三角形において, 周の長さと面積が等しいとする. このとき, \[\begin{aligned} x^2+y^2 &= z^2 \quad \cdots [1], \\ x+y+z &= \frac{xy}{2} \quad \cdots [2] \end{aligned}\] が成り立つ. $[2]$ から得られる $2z = xy-2(x+y)$ を $[1]\times 4$ に代入すると, \[\begin{aligned} 4(x^2+y^2) &= \{ xy-2(x+y)\} ^2 \\ &= x^2y^2-4xy(x+y)+4(x+y)^2 \\ &= x^2y^2-4xy(x+y)+4(x^2+2xy+y^2) \\ 0 &= x^2y^2-4xy(x+y)+8xy \\ &= xy(xy-4x-4y+8) \end{aligned}\] が得られる. $x,$ $y > 0$ であるから, \[\begin{aligned} xy-4x-4y+8 &= 0 \\ (x-4)(y-4) &= 8 \end{aligned}\] が成り立つ. $x-4,$ $y-4$ は整数で $-4 < x-4 \leqq y-4$ であるから, \[\begin{aligned} (x-4,y-4) &= (1,8),\ (2,4) \\ (x,y) &= (5,12),\ (6,8) \end{aligned}\] である. $(x,y) = (5,12)$ のとき $z = 13,$ $(x,y) = (6,8)$ のとき $z = 10$ であるから, 求める直角三角形の $3$ 辺の長さは \[ (5,12,13),\ (6,8,10)\] である.

(1)

$x+1,$ $2x+1$ を $x$ で割った余りは $1$ であるから, $x$ と $x+1,$ $x$ と $2x+1$ は互いに素である. また, $-(2x+1) = -2(x+1)+1$ を $x+1$ で割った余りは $1$ であるから, $x+1$ と $-(2x+1)$ は互いに素であり, よって $x+1$ と $2x+1$ は互いに素である.

(2)

$[*]$ は \[ 6y^2 = x(x+1)(2x+1)\] と同値である. $5$ 以上の各素数 $p$ に対して, $6y^2$ つまり $x(x+1)(2x+1)$ が $p$ で割り切れる回数は偶数であり, (1) の結果から $x,$ $x+1,$ $2x+1$ のうち高々 $1$ つしか $p$ で割り切れないので, $x,$ $x+1,$ $2x+1$ が $p$ で割り切れる回数はいずれも偶数である.

(3)

$(x,y)$ を $[*]$ の正の整数解とする. (2) の結果から, $x,$ $x+1,$ $2x+1$ が $5$ 以上の素数で割り切れる回数が奇数になることはない.

• $x = 5,$ $7,$ $10,$ $11,$ $13,$ $14,$ $15,$ $17,$ $19,$ $20,$ $21,$ $22,$ $23$ は, $x$ が $5$ 以上の素数で割り切れる回数が奇数になることがあるから, 不適.
• $x = 4,$ $6,$ $9,$ $12,$ $16,$ $18$ は, それぞれ $x+1 = 5,$ $7,$ $10,$ $13,$ $17,$ $19$ が $5$ 以上の素数で割り切れる回数が奇数になることがあるから, 不適.
• $x = 2,$ $3,$ $8$ は, それぞれ $2x+1 = 5,$ $7,$ $17$ が $5$ 以上の素数であるから, 不適.
• $\dfrac{1}{6}\cdot 24\cdot 25\cdot (2\cdot 24+1) = 4900 = 70^2$ であるから, $(x,y) = (24,70)$ は $[*]$ を満たす.

ゆえに, $[*]$ の $(x,y) = (1,1)$ 以外の正の整数解で $x$ が最小のものは $(x,y) = (24,70)$ である.

(1)

すべての整数 $n$ は $n = 2q$ または $n = 2q+1$ ($q$: 整数) の形に表され, \[ (2q)^2 = 4q^2, \quad (2q+1)^2 = 4(q^2+q)+1\] が成り立つから, $n^2$ を $4$ で割った余りは $0$ または $1$ である (前者は $n$ が偶数のとき, 後者は $n$ が奇数のとき). 正の整数 $x,$ $y,$ $z$ に対して, $x^4,$ $y^4,$ $z^4$ は平方数であるから, $x^4+y^4 = z^4$ が成り立つためには, $x^4,$ $y^4$ を $4$ で割った余りの組合せが $\{ 0,0\}$ または $\{ 0,1\}$ であること, つまり $x,$ $y$ の少なくとも一方が偶数であることが必要である. ここで, $x^4+y^4 = z^4$ の両辺を $x,$ $y,$ $z$ の最大公約数の $4$ 乗で割ると, $x,$ $y,$ $z$ が互いに素である場合に置き換えられる. このとき, $x$ が偶数, $y$ が奇数であるとしても一般性を失わないから, その場合に $a = \dfrac{x}{2},$ $b = y,$ $c = z^2$ とおくと, $16a^4+b^4 = c^2$ を満たし, $2a,$ $b,$ $c$ が互いに素であるような正の整数 $a,$ $b,$ $c$ が得られる. よって, このような正の整数 $a,$ $b,$ $c$ が存在しないことを示せば, 定理が証明される.

(2)

$2a,$ $c$ の共通の素因数 $p$ の存在を仮定する. このとき, $2a = pa',$ $c = pc'$ ($a',$ $c'$: 整数) とすると, \[ b^4 = c^2-16a^4 = (pc')^2-(pa')^4 = p^2(c'^2-p^2a'^4)\] となる. ここで, $b^4$ は $p^2$ の倍数であるから, $b^2$ は $p$ の倍数であり, よって $b$ は $p$ の倍数であるが, これは $2a,$ $b,$ $c$ が互いに素であることに反する.
　よって, $2a,$ $c$ も互いに素である.

(3)

$16a^4+b^4 = c^2$ から, \[ b^4 = c^2-16a^4 = (c+4a^2)(c-4a^2)\] が成り立つ. $c+4a^2,$ $c-4a^2$ の最大公約数を $g$ とおく. さらに, $c+4a^2 = gx,$ $c-4a^2 = gy$ ($x,$ $y$: 整数) とする. $c$ は奇数, $4a^2$ は偶数であるから $g,$ $x,$ $y$ はすべて奇数であるので, $x+y,$ $x-y$ は偶数であり, よって \[ c = g\cdot\frac{x+y}{2}, \quad 4a^2 = g\cdot\frac{x-y}{2}\] は $g$ の倍数である. このことと (2) の結果から $g = 1$ であるので, \[ c+4a^2 = m^4 \quad \cdots [1], \quad c-4a^2 = n^4 \quad \cdots [2]\] を満たす互いに素な正の奇数 $m,$ $n$ が存在する.

(4)

$m+n = 2s,$ $m-n = 2t$ から, \[ m = s+t, \quad n = s-t\] である. $[1],$ $[2]$ の辺々を引くと, \[\begin{aligned} 8a^2 &= m^4-n^4 = (m^2+n^2)(m+n)(m-n) \\ &= \{ (s+t)^2+(s-t)^2\}\cdot 2s\cdot 2t \\ &= 8st(s^2+t^2) \\ a^2 &= st(s^2+t^2) \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が得られる.

(5)

$m = s+t,$ $n = s-t$ が互いに素であることから $s,$ $t$ は互いに素であり, よって $s,$ $t,$ $s^2+t^2$ のどの $2$ つも互いに素である. さらに, $m = s+t,$ $n = s-t$ は奇数であるから, $s,$ $t$ の一方は偶数, 他方は奇数であり, よって $s^2+t^2$ は奇数である. よって, $[3]$ から, $2a_1,$ $b_1,$ $c_1$ が互いに素であるような正の整数 $a_1,$ $b_1,$ $c_1$ を用いて $\{ s,t\} = \{ (2a_1)^2,b_1{}^2\},$ $s^2+t^2 = c_1{}^2$ とおけて, \[\begin{aligned} &a^2 = (2a_1)^2b_1{}^2c_1{}^2, \quad a = 2a_1b_1c_1, \\ &16a_1{}^4+b_1{}^4 = c_1{}^2 \end{aligned}\] となる.

(6)

$a_1,$ $b_1,$ $c_1$ に (5) の結果を適用すると, $a_1 = 2a_2b_2c_2,$ $16a_2{}^4+b_2{}^4 = c_2{}^2$ を満たし, $2a_2,$ $b_2,$ $c_2$ が互いに素であるような正の整数 $a_2,$ $b_2,$ $c_2$ が得られる. これを続けると, $a > a_1 > \cdots > a_n > \cdots$ を満たす正の整数 $a_1,$ $\cdots,$ $a_n,$ $\cdots$ が得られるが, これは $a$ 未満の正の整数が有限個しかないことに反する.
　ゆえに, 定理が成り立つ.

(A)

$x,$ $y > 0$ のとき \[\begin{aligned} [1] &\iff y+x = xy \iff xy-x-y+1 = 1 \\ &\iff (x-1)(y-1) = 1 \\ &\iff x-1 = y-1 = 1 \iff x = y = 2 \end{aligned}\] であるから, $[1],$ $[2]$ の整数解は存在しない.

(B)

整数 $x,$ $y,$ $z$ が $[1],$ $[2]$ を満たすとする. $y,$ $z > 0$ から $\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} > 0$ であるので, $x = 1$ は不適で, $x \geqq 2$ である. また, $[1],$ $[2]$ から \[ 1 = \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} < \frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x} = \frac{3}{x}\] であるので, $x < 3$ である. よって, $x = 2$ である. $[2]$ から $0 = x-2 < y-2 < z-2$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} [1] &\iff \frac{1}{2}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} = 1 \iff \frac{1}{y}+\frac{1}{z} = \frac{1}{2} \\ &\iff 2z+2y = yz \iff yz-2y-2z+4 = 4 \\ &\iff (y-2)(z-2) = 4 \\ &\iff (y-2,z-2) = (1,4) \iff (y,z) = (3,6) \end{aligned}\] となる. ゆえに, 求める整数解は, $(x,y,z) = (2,3,6)$ である.

　$1$ つの頂点に集まる角の和は $360^\circ$ であり, 正 $p$ 角形の内角の大きさは $180^\circ\times (p-2)\div p$ であるから, \[\frac{180(p-2)q}{p} = 360\] が成り立つ. 整理すると, \[\begin{aligned} (p-2)q &= 2p \\ pq-2p-2q &= 0 \\ (p-2)(q-2) &= 4 \end{aligned}\] となる. $p \geqq 3,$ $q \geqq 3$ から $p-2 \geqq 1,$ $q-2 \geqq 1$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p-2,q-2) &= (1,4),\ (2,2),\ (4,1) \\ (p,q) &= (3,6),\ (4,4),\ (6,3) \end{aligned}\] が得られる.

(1)

$1$ つの頂点に集まる角の和は $360^\circ$ であり, 正 $p_k$ 角形の内角の大きさは $180^\circ\times (p_k-2)\div p_k$ であるから, \[\frac{180(p_1-2)}{p_1}+\cdots +\frac{180(p_r-2)}{p_r} = 360\] が成り立つ. 整理すると, \[\begin{aligned} \frac{p_1-2}{2p_1}+\cdots +\frac{p_r-2}{2p_r} &= 1 \\ \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{p_1}\right) +\cdots +\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{p_r}\right) &= 1 \\ \frac{1}{p_1}+\cdots +\frac{1}{p_r} &= \frac{r}{2}-1 \quad \cdots [*] \end{aligned}\] となる.

(2)

正多角形の内角の大きさは $180^\circ$ 未満であるから $r \leqq 2$ となることはなく, $r \geqq 3$ である. また, $3 \leqq p_1 \leqq \cdots \leqq p_r$ から, \[\begin{aligned} \frac{1}{p_1}+\cdots +\frac{1}{p_r} &\leqq r\cdot\frac{1}{3} \\ \frac{r}{2}-1 &\leqq r\cdot\frac{1}{3} \quad (\because [*]) \\ 3r-6 &\leqq 2r \\ r &\leqq 6 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $3 \leqq r \leqq 6$ である.

(3)

(I)

$r = 3$ のとき. \[ [*] \iff \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3} = \frac{1}{2} \quad \cdots [1]\] である. $p_1 \leqq p_2 \leqq p_3$ から, \[\begin{aligned} \frac{1}{2} &\leqq 3\cdot\frac{1}{p_1} \\ p_1 &\leqq 6 \end{aligned}\] である.

(i)

$p_1 = 3$ のとき. 条件 (A) から $p_2 = p_3$ であるので, $[1]$ から \[\begin{aligned} \frac{1}{3}+2\cdot\frac{1}{p_2} &= \frac{1}{2} \\ p_2 = p_3 &= 12 \end{aligned}\] が得られる.

(ii)

$p_1 = 4$ のとき. $[1]$ を整理すると, \[\begin{aligned} \frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3} &= \frac{1}{4} \\ p_2p_3-4p_2-4p_3 &= 0 \\ (p_2-4)(p_3-4) &= 16 \end{aligned}\] となる. $4 \leqq p_2 \leqq p_3$ から $0 \leqq p_2-4 \leqq p_3-4$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p_2-4,p_3-4) &= (1,16),\ (2,8),\ (4,4) \\ (p_2,p_3) &= (5,20),\ (6,12),\ (8,8) \end{aligned}\] が得られる. このうち, 条件 (A) を満たすのは, $(p_2,p_3) = (6,12),$ $(8,8)$ である.

(iii)

$p_1 = 5$ のとき. 条件 (A) から $p_2 = p_3$ であるので, $[1]$ から \[\begin{aligned} \frac{1}{5}+2\cdot\frac{1}{p_2} &= \frac{1}{2} \\ p_2 = p_3 &= \frac{3}{20} \end{aligned}\] が得られる. これは $p_2,$ $p_3$ が整数であることに反する.

(iv)

$p_1 = 6$ のとき. $[1]$ を整理すると, \[\begin{aligned} \frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3} &= \frac{1}{3} \\ p_2p_3-3p_2-3p_3 &= 0 \\ (p_2-3)(p_3-3) &= 9 \end{aligned}\] となる. $6 \leqq p_2 \leqq p_3$ から $3 \leqq p_2-3 \leqq p_3-3$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p_2-3,p_3-3) &= (3,3) \\ (p_2,p_3) &= (6,6) \end{aligned}\] が得られる. これは (A) を満たす.

(II)

$r = 4$ のとき. \[ [*] \iff \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4} = 1 \quad \cdots [2]\] である. $p_1 \leqq p_2 \leqq p_3 \leqq p_4$ から, \[\begin{aligned} 1 &\leqq 4\cdot\frac{1}{p_1} \\ p_1 &\leqq 4 \end{aligned}\] である.

(i)

$p_1 = 3$ のとき. \[ [2] \iff \frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4} = \frac{2}{3} \quad \cdots [2]'\] である. $p_2 \leqq p_3 \leqq p_4$ から, \[\begin{aligned} \frac{2}{3} &\leqq 3\cdot\frac{1}{p_2} \\ p_2 &\leqq \frac{9}{2} \\ p_2 &= 3,\ 4 \end{aligned}\] である.

• $p_2 = 3$ のとき. $[2]'$ を整理すると, \[\begin{aligned} \frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4} &= \frac{1}{3} \\ p_3p_4-3p_3-3p_4 &= 0 \\ (p_3-3)(p_4-3) &= 9 \end{aligned}\] となる. $3 \leqq p_3 \leqq p_4$ から $0 \leqq p_3-3 \leqq p_4-3$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p_3-3,p_4-3) &= (1,9),\ (3,3) \\ (p_3,p_4) &= (4,12),\ (6,6) \end{aligned}\] が得られる. このうち, 条件 (B) を満たすのは, $(p_3,p_4) = (6,6)$ である.
• $p_2 = 4$ のとき. $[2]'$ を整理すると, \[\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4} = \frac{5}{12}\] となる. $4 \leqq p_3 \leqq p_4$ から $4 \leqq p_3 \leqq \dfrac{24}{5}$ であることに注意すると, \[ (p_3,p_4) = (4,6)\] が得られる. これは条件 (B) を満たす.

(ii)

$p_1 = 4$ のとき. $[2]$ から \[\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4} = \frac{3}{4}\] であるので, $p_2 \leqq p_3 \leqq p_4$ から \[\begin{aligned} \frac{3}{4} &\leqq 3\cdot\frac{1}{p_2} \\ p_2 &\leqq 4 \\ p_2 &= 4 \end{aligned}\] である. よって, \[\begin{aligned} \frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4} &= \frac{1}{2} \\ p_3p_4-2p_3-2p_4 &= 0 \\ (p_3-2)(p_4-2) &= 4 \end{aligned}\] となる. $4 \leqq p_3 \leqq p_4$ から $2 \leqq p_3-2 \leqq p_4-2$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p_3-2,p_4-2) &= (2,2) \\ (p_3,p_4) &= (4,4) \end{aligned}\] が得られる. これは条件 (B) を満たす.

(III)

$r = 5$ のとき. \[ [*] \iff \frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4}+\frac{1}{p_5} = \frac{3}{2} \quad \cdots [3]\] である. $p_1 \leqq p_2 \leqq p_3 \leqq p_4 \leqq p_5$ から, \[\begin{aligned} \frac{3}{2} &\leqq 5\cdot\frac{1}{p_1} \\ p_1 &\leqq \frac{10}{3} \\ p_1 &= 3 \end{aligned}\] である. $[3]$ から \[\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4}+\frac{1}{p_5} = \frac{7}{6} \quad \cdots [3]'\] であるので, $p_2 \leqq p_3 \leqq p_4 \leqq p_5$ から \[\begin{aligned} \frac{7}{6} &\leqq 4\cdot\frac{1}{p_2} \\ p_2 &\leqq \frac{24}{7} \\ p_2 &= 3 \end{aligned}\] である. $[3]'$ から \[\frac{1}{p_3}+\frac{1}{p_4}+\frac{1}{p_5} = \frac{5}{6} \quad \cdots [3]''\] であるので, $p_3 \leqq p_4 \leqq p_5$ から \[\begin{aligned} \frac{5}{6} &\leqq 3\cdot\frac{1}{p_3} \\ p_3 &\leqq \frac{18}{5} \\ p_3 &= 3 \end{aligned}\] である. $[3]''$ を整理すると, \[\begin{aligned} \frac{1}{p_4}+\frac{1}{p_5} &= \frac{1}{2} \\ p_4p_5-2p_4-2p_5 &= 0 \\ (p_4-2)(p_5-2) &= 4 \end{aligned}\] となる. $3 \leqq p_4 \leqq p_5$ から $1 \leqq p_4-2 \leqq p_5-2$ であることに注意すると, \[\begin{aligned} (p_4-2,p_5-2) &= (1,4),\ (2,2) \\ (p_4,p_5) &= (3,6),\ (4,4) \end{aligned}\] が得られる.

(IV)

$r = 6$ のとき. \[ [*] \iff \frac{1}{p_1}+\cdots +\frac{1}{p_6} = 2\] である. ここで, $3 \leqq p_1 \leqq \cdots \leqq p_6$ から $\dfrac{1}{p_k} \leqq \dfrac{1}{3}$ であり, $6\cdot\dfrac{1}{3} = 2$ であるので, \[ (p_1,p_2,p_3,p_4,p_5,p_6) = (3,3,3,3,3,3)\] である.

(I)～(IV) から, 求める $p_1,$ $\cdots,$ $p_r$ の値の組は \[\begin{aligned} &(3,12,12),\ (4,6,12),\ (4,8,8),\ (6,6,6), \\ &(3,3,6,6),\ (3,4,4,6),\ (4,4,4,4), \\ &(3,3,3,3,6),\ (3,3,3,4,4), \\ &(3,3,3,3,3,3) \end{aligned}\] である.

(A)

正の整数 $x,$ $n$ が $x^2-2^n = 1$ を満たすとする. これは \[ x^2 = 2^n+1\] と変形できるから, $x$ は奇数でなければならない. よって, $x = 2d-1$ ($d$: 正の整数) とおける. このとき, \[ 2^n = (2d-1)^2-1 = 4d(d-1)\] となる. したがって, $n \geqq 2$ である. 両辺を $4$ で割って得られる \[ 2^{n-2} = d(d-1)\] は, $d = 2$ のとき解 $n = 3$ をもつが, $d = 1$ のとき左辺が正であることから解をもたず, $d \geqq 3$ のとき $d(d-1)$ が奇数の素因数をもつことから解をもたない (左辺は $2$ の累乗であるから, 右辺の各因数は $2$ の累乗か $1$ でなければならない). ゆえに, 求める解は $(x,n) = (3,3)$ である.

(B)

正の整数 $m,$ $y$ が $3^m-y^3 = 1$ を満たすとする. これは \[ y^3 = 3^m-1\] と変形できるから, $y$ を $3$ で割った余りは $2$ である(実際, $y$ が $3$ の倍数のとき $y^3$ を $3$ で割った余りは $0$ になり, $y =3d+1$ ($d$: 非負整数)のとき $y^3 = 3(9d^3+9d^2+3d)+1$ を $3$ で割った余りは $1$ になってしまうからである). よって, $y = 3d-1$ ($d$: 正の整数) とおける. このとき, \[ 3^m = (3d-1)^3+1 = 9d(3d^2-3d+1)\] となる. したがって, $m \geqq 2$ である. 両辺を $9$ で割って得られる \[ 3^{m-2} = d(3d^2-3d+1)\] は, $d = 1$ のとき解 $m = 2$ をもつが, $d > 1$ のとき $3d^2-3d+1$ が $3$ の倍数でも $1$ でもないことから解をもたない (左辺は $3$ の累乗であるから, 右辺の各因数は $3$ の累乗か $1$ でなければならない). ゆえに, 求める解は $(m,y) = (2,2)$ である.

(C)

まず, $n > 1$ ならば, $m$ は偶数であることを示す. $n$ は整数であるから, $n > 1$ のとき, $n \geqq 2$ である. このとき, 仮に $m$ が奇数であるとすると, $m = 2k+1$ ($k$: 非負整数) と書けて, \[\begin{aligned} 3^m-2^n &= 3^{2k+1}-2^n = 3\cdot 9^k-4\cdot 2^{n-2} \\ &\equiv 3\cdot 1^k = 3 \pmod 4 \end{aligned}\] となってしまうから, $m$ は偶数である.
　これをもとにして, $3^m-2^n = 1$ を満たす正の整数 $m,$ $n$ の組を求める.

(i)

$n = 1$ のとき. $(m,n) = (1,1)$ は $[\ast ]$ を満たす.

(ii)

$n > 1$ のとき. $m$ は偶数であるので, $m = 2k$ ($m$: 正の整数) と書けて \[\begin{aligned} [\ast ] &\iff 3^{2k}-1 = 2^n \\ &\iff (3^k+1)(3^k-1) = 2^n \end{aligned}\] となる. よって, ある非負整数 $i,$ $j$ に対して \[ 3^k+1 = 2^i, \quad 3^k-1 = 2^j, \quad i+j = n\] となり, 第 $1$ 式から第 $2$ 式を引くと \[ 2^i-2^j = (3^k+1)-(3^k-1)\] から \[ 2^j(2^{i-j}-1) = 2\] となるので, $j = i-j = 1$ から $(i,j) = (2,1)$ となる. このとき, $(m,n) = (2,3)$ である.

(i), (ii) から, $[\ast ]$ の整数解は $(m,n) = (1,1),$ $(2,3)$ である.

(1)

$3^x = 5^z-4^y$ かつ $3 \equiv -1,$ $5 \equiv 1 \pmod 4$ であるから, \[ (-1)^x \equiv 1^z-0^y = 1 \pmod 4\] が成り立つ. よって, $x$ は偶数である.

(2)

$5^z = 3^x+4^y$ かつ $5 \equiv -1,$ $4 \equiv 1 \pmod 3$ であるから, \[ (-1)^z \equiv 0^x+1^y = 1 \pmod 3\] が成り立つ. よって, $z$ は偶数である.

(3)

$5^x-3^x = 4^y,$ (1), (2) により, \[ (5^{\frac{z}{2}}+3^{\frac{x}{2}})(5^{\frac{z}{2}}-3^{\frac{x}{2}}) = 2^{2y}\] が成り立つ. よって, \[ 5^{\frac{z}{2}}+3^{\frac{x}{2}} = 2^s, \quad 5^{\frac{z}{2}}-3^{\frac{x}{2}} = 2^t, \quad s+t = 2y, \quad s > t\] を満たす正の整数 $s,$ $t$ が存在する. 第 $1$ 式から第 $2$ 式を引いて $2$ で割ると, \[ 3^{\frac{x}{2}} = \frac{2^s-2^t}{2} = 2^{t-1}(2^{s-t}-1)\] が得られる. ここで, $3^{\frac{x}{2}},$ $2^{t-1},$ $2^{s-t}-1$ は正の整数であるから, $t = 1$ である.

(4)

(3) により $s = 2y-1,$ $t = 1,$ したがって $2^{2y-2}-1 = 3^{\frac{x}{2}}$ であるから, \[ (2^{y-1}+1)(2^{y-1}-1) = 3^{\frac{x}{2}}\] が成り立つ. よって, \[ 2^{y-1}+1 = 3^u, \quad 2^{y-1}-1 = 3^v, \quad u+v = \frac{x}{2}, \quad u > v\] を満たす非負整数 $u,$ $v$ が存在する. 第 $1$ 式から第 $2$ 式を引くと, \[ 2 = 3^u-3^v = 3^v(3^{u-v}-1)\] が得られる. ここで, $3^v,$ $3^{u-v}-1$ は正の整数であるから, $(3^v,3^{u-v}-1) = (1,2)$ つまり $(u,v) = (1,0)$ である. このとき, $2^{y-1}-1 = 3^0 = 1$ から $y = 2$ であるので, $3^{\frac{x}{2}} = 2^{2\cdot 2-2}-1 = 3$ から $x = 2$ であり, さらに $5^z = 3^2+4^2 = 25$ から $z = 2$ が得られる. ゆえに, $x = y = z = 2$ である.

(1)

$x \neq 0$ のとき, $2^x > 0,$ $x^2 > 0$ から, $f(x) > 0$ であることに注意する. $x \geqq 3$ であるとする. このとき, $\dfrac{1}{x} \leqq \dfrac{1}{3}$ つまり $1+\dfrac{1}{x} \leqq \dfrac{4}{3}$ から, \[\left( 1+\frac{1}{x}\right) ^2 \leqq \frac{16}{9}\] が成り立つ. よって, \[\frac{f(x)}{f(x+1)} = \frac{2^x}{x^2}\cdot\frac{(x+1)^2}{2^{x+1}} = \frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{x}\right) ^2 \leqq \frac{1}{2}\cdot\frac{16}{9} < 1\] から, $f(x) < f(x+1)$ が成り立つ.

(2)

• $x$ が負の整数のとき, $2^x < 1 \leqq x^2$ から, $2^x \neq x^2$ である.
• $x = 0$ のとき, $2^0 = 1 \neq 0 = 0^2$ から, $2^x \neq x^2$ である.

よって, $2^x = x^2$ の整数解は $f(x) = 1$ の正の整数解に限る. \[ f(1) = 2 \neq 1,\ f(2) = 1,\ f(3) = \frac{8}{9} < 1,\ f(4) = 1\] であり, (1) の結果から $x \geqq 5$ のとき $f(x) > f(4) = 1$ が成り立つので, 求める整数解は \[ x = 2,\ 4\] である.