何年ぶりの整数論だろう…
おもに整数論とか書いてあるくせに…
すみません
問題
不定方程式\(x^2+7=2^n\)の正の整数解をすべて求めよ.
実験
小さい\(n\)をいろいろ代入してみましょう.
\[\begin{eqnarray}
2^3-7&=&1&=&1^2\\
2^4-7&=&9&=&3^2\\
2^5-7&=&25&=&5^2\\
2^6-7&=&57\\
2^7-7&=&121&=&11^2\\
2^8-7&=&249\\
2^9-7&=&505\\
2^{10}-7&=&1017\\
2^{11}-7&=&2041\\
2^{12}-7&=&4089\\
2^{13}-7&=&8185\\
2^{14}-7&=&16377\\
2^{15}-7&=&32761&=&181^2\\
2^{16}-7&=&65529\\
\end{eqnarray}\]
となります.
\(n=15\)とかいう大きい解があります…やばそうです
じつは解がこれだけだということが証明されています
かの有名なRamanujanが予想し, Nagellが証明したのでこう呼ばれています
準備
ちょっとした二次体の整数論の知識を仮定しています.
\[A=\{m+n\cdot \frac{1+\sqrt{-7}}{2}|m,n\in \mathbb{Z}\}\]という集合を考えると, これは環となります.
少し難しい言葉を使うと, \(A\)は\(\mathbb{Q}(\sqrt{-7})\)の整閉包です.
\(A\)は通常の絶対値で余りのある除算ができるのでUFD(ユークリッド整域)になります.
UFDは素元分解環です.
また単元は1, -1のみです.
\(a,b\in A(a\neq 0)\)において, \(b\)が\(a\)で割り切れることを\(a|b\)と表すこととします.
\(a,b,c\in A(c\neq 0)\)において, \(c|(a-b)\)であることを\(a\equiv b \pmod c\)と表すこととします.
解答
http://buzzard.ups.edu/courses/2013spring/projects/spencer-ant-ups-434-2013.pdf
これによりました(下の解答では誤植などを直してます).
ここからである調になります.
解は\((x,n)=(1,3),(3,4),(5,5),(11,7),(181,15)\)だけであることを証明する.
・\(n\)が偶数のとき
\[7=2^n-x^2=(2^{n/2}-x)(2^{n/2}+x)\]と変形できる. すると\((x,n)=(3,4)\)のみであることがわかる.
・\(n\)が奇数のとき
\(n\leq 3\)のときは個別に確かめることで, \(n=3\)のときのみ解となることがわかる.
以下, \(n \geq 5\)とする.
\(n-2=m\)とおく. \(x\)はあきらかに奇数. よって\(\cfrac{x\pm \sqrt{-7}}{2}\)は\(A\)の要素.
\[\left(\frac{x+\sqrt{-7}}{2}\right)\left(\frac{x-\sqrt{-7}}{2}\right)=\left(\frac{1+\sqrt{-7}}{2}\right)^m\left(\frac{1-\sqrt{-7}}{2}\right)^m\]と変形できる.
\(\cfrac{x+\sqrt{-7}}{2},\cfrac{x-\sqrt{-7}}{2}\)はともに2の倍数でないので,
\[\cfrac{x+\sqrt{-7}}{2}=\left(\cfrac{x\pm\sqrt{-7}}{2}\right)^m, \cfrac{x-\sqrt{-7}}{2}=\left(\cfrac{x\mp\sqrt{-7}}{2}\right)^m\]となる.
\(\cfrac{1+\sqrt{-7}}{2}=\alpha, \cfrac{1-\sqrt{-7}}{2}=\beta\)とおく.
補題1. \(\alpha ^m-\beta ^m=-\sqrt{-7}\)
証明. \(\alpha ^m-\beta ^m=\sqrt{-7}\)と仮定して矛盾を導く.
\[\begin{eqnarray}
\alpha ^2&=&(1-\beta)^2\\
&=&1-2\beta+\beta^2\\
&=&1-\alpha\beta^2+\beta^2\\
&\equiv&1 \pmod{\beta^2}
\end{eqnarray}\]であるので\(m\)は奇数より\(\alpha ^m\equiv\alpha \pmod{\beta^2}. \)一方で\(\alpha-\beta=\sqrt{-7}\)より\(\alpha ^m-\beta^m=\alpha-\beta\)である. \(m\geq 3\)より\(\alpha^m\equiv \alpha-\beta \pmod{\beta^2}\).
上の結果と合わせると\(\beta\equiv 0\pmod{\beta^2}\)であるがこれは矛盾.
よって\(\alpha ^m-\beta ^m=-\sqrt{-7}\)である. ■
\(\alpha ^m-\beta ^m=-\sqrt{-7}\)より
\[\begin{eqnarray}
-2^m\sqrt{-7}&=&(1+\sqrt{-7})^m-(1-\sqrt{-7})^m\\
&=&\sum^m_{i=0}{_m{\rm C}_i(\sqrt{-7})^i}-\sum^m_{i=0}{{}_m{\rm C}_i(-\sqrt{-7})^i}\\
-2^{m- 1}&=&{}_m{\rm C}_1-{}_m{\rm C}_3\cdot 7+{}_m{\rm C}_5\cdot 7^2-\cdots\pm {}_m{\rm C}_m\cdot 7^{(m- 1)/2}\\
&\equiv&m\pmod 7
\end{eqnarray}\]
\(-2^{m- 1}-m\)は\({\rm mod}\ 42\)で等しいので\(m\)を1から41までの奇数をすべて試して頑張ると\(m\equiv 3,5,13\pmod{42}\)を得る.
\(m=3,5,13\)のとき\(\alpha ^m-\beta ^m=-\sqrt{-7}\)となることが確かめられる. \(\alpha ^m-\beta ^m=-\sqrt{-7}\)が成り立つ奇数\(m\)は\(m=3,5,13\)のみであることを示す.
これ以外に解が存在すると仮定する. すると, それは\({\rm mod}\ 42\)で3, 5, 13のいずれかと等しくなる. よって3以上の奇数\(m,m_1(m< m_1)\)であって, \(m\equiv m_1\pmod{42}\)かつ\(\alpha ^m-\beta ^m=\alpha ^{m_1}-\beta ^{m_1}=-\sqrt{-7}\)となるものが存在する.
\(a\in A\)について, \(a\)が7で割り切れる回数の最大を\({\rm ord}_7(a)\)と表す.
\({\rm ord}_7(m_1-m)=l\)と仮定する. 方針としては, \(7^{l+1}|m_1-m\)を示して矛盾を導く.
\[\alpha^{m_1}=\alpha^m\alpha^{m_1-m}=\alpha^m\left(\frac 12\right)^{m_1-m}(1+\sqrt{-7})^{m_1-m}\ \ \cdots(*)\]である.
補題2.1. \[\left(\frac 12 \right)^{m_1-m}\equiv 1 \pmod{7^{l+1}}\]
証明. \(\phi(7^{l+1})=6\cdot 7^l\ |\ (m_1-m)\)であるので, Eulerの公式より従う. ■
補題2.2. \[(1+\sqrt{-7})^{m_1-m}\equiv 1+(m_1-m)\sqrt{-7} \pmod{7^{l+1}}\]
証明.
\[(1+\sqrt{-7})^{m_1-m}=1+(m_1-m)\sqrt{-7}+\sum^{m_1-m}_{i=2}{}_{m_1-m}{\rm C}_i\sqrt{-7}^i\]ここで\[{}_{m_1-m}{\rm C}_i=\frac{(m_1-m)(m_1-m- 1)\cdots(m_1-m-i+1)}{1\cdot 2\cdot \cdots\cdot i}\]である.
実数\(x\)において\(x\)を超えない最大の整数を\([x]\)と表す.
\[{\rm ord}_7(i!)=\sum^\infty _{j=1}\left[\frac{i}{7^j}\right]\leq \sum^\infty _{j=1}\frac{i}{7^j}=\frac i6\]であり, \({\rm ord}_7(\sqrt{-7}^i)=[i/2]\)である.
\(i\geq 4\)のとき\([i/2]\geq i/6+1\)であり, \(2\leq i\leq 3\)のときも\({}_{m_1-m}{\rm C}_i\)は\(7^l\)で割り切れるので, \(7^{l+1}|{}_{m_1-m}{\rm C}_i\sqrt{-7}^i\). したがって\((1+\sqrt{-7})^{m_1-m}\equiv 1+(m_1-m)\sqrt{-7} \pmod{7^{l+1}}\)を得る. ■
補題2.3. \[\alpha^m\equiv \frac{1+m\sqrt{-7}}{2^m}\pmod 7\]
証明. 二項定理で展開すれば明らか. ■
(*)を, 補題2.1～2.3と\(7^l|(m_1-m)\)に注意しながら変形すると,
\[\begin{eqnarray}
\alpha^{m_1}&\equiv& \alpha^m\cdot 1\cdot (1+(m_1-m)\sqrt{-7}) &\pmod{7^{l+1}}&\\
&\equiv& \alpha^m+\alpha^m(m_1-m)\sqrt{-7} &\pmod{7^{l+1}}&\\
&\equiv& \alpha^m+\left(\frac{1+m\sqrt{-7}}{2^m}\right)(m_1-m)\sqrt{-7} &\pmod{7^{l+1}}&\\
&\equiv& \alpha^m+\frac{(m_1-m)\sqrt{-7}}{2^m} &\pmod{7^{l+1}}&\\
\end{eqnarray}\]である. 共役をとって\[\beta^{m_1}\equiv \beta^m-\frac{(m_1-m)\sqrt{-7}}{2^m}\pmod{7^{l+1}}\]である.
\(\alpha ^m-\beta ^m=\alpha ^{m_1}-\beta ^{m_1}\)であったので\[\frac{(m_1-m)\sqrt{-7}}{2^{m- 1}}\equiv 0 \pmod{7^{l+1}}\]より\(7^{l+1}|(m_1-m)\)となるが, これは\({\rm ord}_7(m_1-m)=l\)に矛盾. よってこのような\(m,m_1\)は存在せず, \(m=3,5,15\)のみであることが示された.
また, \(n=m+2=5,7,17\)はすべて解となるので, \(n=3,4\)と合わせると, 解は\((x,n)=(1,3),(3,4),(5,5),(11,7),(181,15)\)であることが示された. ■
