5882353は面白い特徴を持った数で、
5882353=5882+23532がなりたつ。
一見しただけでは普通のテキトーな数にしか見えないので、よけいに不思議である。
もちろん、同じような数を見つけたくなる。
\(x^2+y^2=10^nx+y\)（\(x,y,n\)は自然数、\(10^n>y\)）について考察する。
まず、平方完成による考察から。
\(x^2+y^2=10^nx+y\)
\(x^2–10^nx+y^2–y=0\)
\((2x^2–10^n)^2+(2y-1)^2=10^2n+1\)
つまり、\(10^2n-1\)を平方数の和にすればいいことになる。
\(n=2\)の場合を例にすると、10001を平方数の和にすればいいので、
10001=1002+12=762+652
あとは簡単で、この場合 1233=122+332 と 8833=882+332 が成り立つ。
しかし、この方法で大きなものを見つけようとすると、
大変大きな数を2つの平方数の和にする必要があるため、実用的ではない。
大きな解を見つける方法はないのか？
ところで、5882353x17=100000001=108+1である。
これはきれいだ。というよりはこれだから5882353=5882+23532がなりたっているのか？
ためしに588と2353をそれぞれ17倍すると、9996と40001になる。
すなわち\(588=\cfrac{10^4-4}{17},2353=\cfrac{4\times10^4+1}{17}\)となる。
何か規則性がプンプンにおうので、下のように一般化してみた。
\(x=\cfrac{10^a-b}{b^2+1},y=\cfrac{10^ab+1}{b^2+1}\)とする。
このとき
\(x^2+y^2=\cfrac{(10^a-b)^2+(10^ab+1)^2}{(b^2+1)^2}\)
\(=\cfrac{(b^2+1)(10^2a+1)}{(b^2+1)^2}\)
\(=\cfrac{10^2a+1}{b^2+1}\)
\(10^ax+y=\cfrac{10^a(10^a-b)+10^ab+1}{b^2+1}\)
\(=\cfrac{10^2a+1}{b^2+1}\)
やはり等しくなった。これは感動ものである。
実は、これで答えがバンバン出せるかというと、そうではない。
\(\cfrac{10^a-b}{b^2+1}\)が整数にならないといけないためである。
（\(\cfrac{10^a-b}{b^2+1}\)が整数になるとき\(\cfrac{10^ab+1}{b^2+1}\)が整数になるのは、案外簡単である）
これはしらみつぶしに頑張るしかない。
たとえば、a=64,b=16という解が見つかるが、この場合
389105058365758754863813229571984435797665369649805447470817122 +
6225680933852140077821011673151750972762645914396887159533073932 =
38910505836575875486381322957198443579766536964980544747081712622568093385214007782101167315175097276264591439688715953307393
というとんでもないくらい大きな解になる。
これも計算が大変そうだ。しかし、これはフェルマーの小定理を使って
格段に解の候補を減らせるので、こちらのほうが楽である。
x^2+y^2=n(z^2)の自然数解(2)
前回分はこちら
x^2+y^2=n(z^2)の自然数解(1)
ここから、\(n\)を一般的にして考えてみる。
途中の式変形から考えると、
\(n\)が2個の平方数の和で表されるとき、\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は無数に存在するのでは？
検証しよう。
\(n=a^2+b^2\)（\(a,b\)は自然数） と表されるとき、
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\)
\((a^2+b^2)x^{2}+(a^2+b^2)y^{2}=(a^2+b^2)z^{2}\)
\((a^{2}x^{2}+2abxy+b^{2}y^{2})+(b^{2}x^{2}-2abxy+a^{2}y^{2})=(a^2+b^2)z^{2}\)
\((ax+by)^{2}+(bx-ay)^{2}=(a^2+b^2)z^{2}\)
\((ax+by)^{2}+(bx-ay)^{2}=nz^{2}\)
やはりそうだ。
\(n\)が2個の平方数の和で表されるとき、\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は無数に存在する。
では、その裏は…？
\(n\)が2個の平方数の和で表されないとき、\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は存在しない
これが解けるのか？これは自分の力ではわからなかった。
ということで、Wikipedia先生に相談してみたら、答えが見つかった。
Wikipedia先生によると、これはオイラーが解決した問題に近く、
解き方はこうである。
出典元：Wikipedia - 二個の平方数の和
これとこの事実を合わせて使う。
１： 4を法として1に合同な素数は二つの平方数の和として表せる。
２： 素因数がすべて4を法として1に合同な素数となる合成数も、
二つの平方数の和として表せる。
そうすると、
(1) \(n\)は4を法として3に合同な素因数を持つ。
(2) しかし\(x^2+y^2\)は4を法として3に合同な素因数を持たないため、
\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は存在しない。
以上のことが言える。
結構奥が深い問題だったなぁ…。
x^2+y^2=n(z^2)の自然数解(1)
ここから、\(n\)を一般的にして考えてみる。
途中の式変形から考えると、
\(n\)が2個の平方数の和で表されるとき、\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は無数に存在するのでは？
検証しよう。
\(n=a^2+b^2\)（\(a,b\)は自然数） と表されるとき、
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\)
\((a^2+b^2)x^{2}+(a^2+b^2)y^{2}=(a^2+b^2)z^{2}\)
\((a^{2}x^{2}+2abxy+b^{2}y^{2})+(b^{2}x^{2}-2abxy+a^{2}y^{2})=(a^2+b^2)z^{2}\)
\((ax+by)^{2}+(bx-ay)^{2}=(a^2+b^2)z^{2}\)
\((ax+by)^{2}+(bx-ay)^{2}=nz^{2}\)
やはりそうだ。
\(n\)が2個の平方数の和で表されるとき、\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は無数に存在する。
では、その裏は…？
\(n\)が2個の平方数の和で表されないとき、\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は存在しない
これが解けるのか？これは自分の力ではわからなかった。
ということで、Wikipedia先生に相談してみたら、答えが見つかった。
Wikipedia先生によると、これはオイラーが解決した問題に近く、
解き方はこうである。
出典元：Wikipedia - 二個の平方数の和
すばらしい。\(A=x^2+y^2\)が\(p\equiv3\;(\operatorname{mod}\;4)\)の形の素因数を持つと仮定して矛盾を導く（背理法）。\(p|a\)であれば
\(A=pa=x^2+y^2\)
と書ける。ここで\(p|x\)であれば必然的に\(p|y\)であり、\(p^2|A\)であるから両辺を\(p^2\)で除するものとする。\(p\not|x\)であれば\(xx^{-1}\equiv1\;(\operatorname{mod}\;p)\)となる\(x^{-1}\)が存在する。両辺に\((x^{-1})^2\)を乗すると\(pa(x^{-1})^2=1+(yx^{-1})^2\)\(\equiv{1+(yx^{-1})^2}\;(\operatorname{mod}\;p)\)\(\equiv{(yx^{-1})^2}\;(\operatorname{mod}\;p)\)
となる。しかし、これは\(-1\)が\(p\equiv3\;(\operatorname{mod}\;4)\)の平方剰余にならないという事実に反する。従って、\(p\equiv3\;(\operatorname{mod}\;4)\)の形の素因数を平方以外の形で持つ合成数が二個の平方数の和で表されることはない。
これとこの事実を合わせて使う。
１： 4を法として1に合同な素数は二つの平方数の和として表せる。
２： 素因数がすべて4を法として1に合同な素数となる合成数も、
二つの平方数の和として表せる。
そうすると、
(1) \(n\)は4を法として3に合同な素因数を持つ。
(2) しかし\(x^2+y^2\)は4を法として3に合同な素因数を持たないため、
\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\)の解は存在しない。
以上のことが言える。
結構奥が深い問題だったなぁ…。
x^2+y^2=n(z^2)の自然数解(1)
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\) はみんな知っている。
この自然数解は \((a^{2}-b^{2},2ab,a^{2}+b^{2})\) の形で表され、
無数にあるのは有名だが（ピタゴラス数）
\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\) （ \(n\) は自然数）の自然数解は、
\(n\) がどんな時に存在するのか？
と言うことが気になった。
いきなり \(n\) を一般的にして考えるのは大変そうなので、まずは、 \(n\) を具体的な数にしてやってみる。
\(n=2\) のとき
色々式変形をしてみたら、うまい方法が見つかった。
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\) が成り立つとき
\(2x^{2}+2y^{2}=2z^{2}\)
\((x^{2}+2xy+y^{2})+(x^{2}-2xy+y^{2})=2z^{2}\)
\((x+y)^{2}+(x-y)^{2}=2z^{2}\)
この式を、よく見ると…！
\(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の \(x\) を \(x+y\) に、 \(y\) を \(x-y\) に置き換えたものとなっている。
よってピタゴラス数から \(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の解を構成することができる。
（例: \(3^{2}+4^{2}=5^{2}\) から \(7^{2}+1^{2}=2\times 5^{2}\) ）
つまり、 \(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の解は無数に存在する。
\(n=3\) のとき
このとき、自然数解は存在しない。
これは、無限降下法で示すことができる。
引用元：http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/fermat/descent.htm
（a,b,cをx,y,zに置き換えています。）
これはとても簡単だ。普通のピタゴラス数とほとんど同じである。
\(n=5\) のとき
これは少し考えたが、
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\)
\(5x^{2}+5y^{2}=5z^{2}\)
\((4x^{2}+4xy+y^{2})+(x^{2}-4xy+4y^{2})=5z^{2}\)
\((2x+y)^{2}+(x-2y)^{2}=5z^{2}\)
\(n=2\) の時と同じように、ピタゴラス数から \(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の解を構成することができる。
まとめると、 \(n\) が2,3,4,5のとき、
\(n=2\) →自然数解は無数にある
\(n=3\) →自然数解は存在しない
\(n=4\) →自然数解は無数にある
\(n=5\) →自然数解は無数にある
自然数解が存在したり、存在しなかったりするのが分かる。
ここに法則性はないだろうか？
次回、いよいよ \(n\) を一般的にするので、お楽しみに。
この自然数解は \((a^{2}-b^{2},2ab,a^{2}+b^{2})\) の形で表され、
無数にあるのは有名だが（ピタゴラス数）
\(x^{2}+y^{2}=nz^{2}\) （ \(n\) は自然数）の自然数解は、
\(n\) がどんな時に存在するのか？
と言うことが気になった。
いきなり \(n\) を一般的にして考えるのは大変そうなので、まずは、 \(n\) を具体的な数にしてやってみる。
\(n=2\) のとき
色々式変形をしてみたら、うまい方法が見つかった。
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\) が成り立つとき
\(2x^{2}+2y^{2}=2z^{2}\)
\((x^{2}+2xy+y^{2})+(x^{2}-2xy+y^{2})=2z^{2}\)
\((x+y)^{2}+(x-y)^{2}=2z^{2}\)
この式を、よく見ると…！
\(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の \(x\) を \(x+y\) に、 \(y\) を \(x-y\) に置き換えたものとなっている。
よってピタゴラス数から \(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の解を構成することができる。
（例: \(3^{2}+4^{2}=5^{2}\) から \(7^{2}+1^{2}=2\times 5^{2}\) ）
つまり、 \(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の解は無数に存在する。
\(n=3\) のとき
このとき、自然数解は存在しない。
これは、無限降下法で示すことができる。
引用元：http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/fermat/descent.htm
（a,b,cをx,y,zに置き換えています。）
\(n=4\) のとき九州大学前期理系（2014）で、剰余類に関する問題と無限降下法を融合した問題が出題された。以下の問いに答えよ。（１） 任意の自然数\(x\)に対し、\(x^2\)を3で割った余りは0か1であることを証明せよ。（２） 自然数 \(x,y,z\) が \(x^2+y^2=3z^2\) を満たすと仮定すると、 \(x,y,z\) はすべて3で割り切れなければならないことを証明せよ。（３） \(x^2+y^2=3z^2\) を満たす自然数 \(x,y,z\) は存在しないことを証明せよ。（証明）\(x \equiv 0 \pmod 3,x \equiv 1\pmod 3,x \equiv 2\pmod 3\)
の何れかが成り立つ。このとき、
\(x^2 \equiv 0 \pmod 3,x^2 \equiv 1\pmod 3,x^2 \equiv 1\pmod 3\)
よって、 \(x^2\) を3で割った余りは0か1である。
（２） 自然数 \(x,y,z\) が \(x^2+y^2=3z^2\) を満たすと仮定すると、（１）より、
\(x^2 \equiv 0 \pmod 3,y^2 \equiv 0\pmod 3,z^2 \equiv 0\pmod 3\)
の場合に限る。よって、 \(x,y,z\) はすべて3で割り切れなければならない。
\(x=3x',y=3y',z=3z'\) （ \(x',y',z'\) は自然数）
とおける。このとき、 \(9x'^2+9y'^2=27z'^2\) より、 \(x'^2+y'^2=3z'^2\)しかるに、 \(x',y',z'\) は自然数なので、このようなことはありえない。よって、 \(x^2+y^2=3z^2\) を満たす自然数 \(x,y,z\) は存在しない。（証終）
これはとても簡単だ。普通のピタゴラス数とほとんど同じである。
\(n=5\) のとき
これは少し考えたが、
\(x^{2}+y^{2}=z^{2}\)
\(5x^{2}+5y^{2}=5z^{2}\)
\((4x^{2}+4xy+y^{2})+(x^{2}-4xy+4y^{2})=5z^{2}\)
\((2x+y)^{2}+(x-2y)^{2}=5z^{2}\)
\(n=2\) の時と同じように、ピタゴラス数から \(x^{2}+y^{2}=2z^{2}\) の解を構成することができる。
まとめると、 \(n\) が2,3,4,5のとき、
\(n=2\) →自然数解は無数にある
\(n=3\) →自然数解は存在しない
\(n=4\) →自然数解は無数にある
\(n=5\) →自然数解は無数にある
自然数解が存在したり、存在しなかったりするのが分かる。
ここに法則性はないだろうか？
次回、いよいよ \(n\) を一般的にするので、お楽しみに。
準完全数は存在するか？
なぜこんなことを考えたのか？
僕の友達が考えた問題だが、
ああ！何としても見つけたい！(｀･ω･´)
ということで。がんばった。
まず、コンピュータープログラムで１０万まで確かめてみたが、ない。
よし、数学的にバリバリ行くぞ。
記号の定義
\(\sigma(n)\) で、 \(n\) の約数の総和を表す。
考察、いってみよー
※注：かなりわかりにくい。
準完全数 \(n\) が存在するとする。
このとき \(\sigma(n)=2n+1\) となる。
\(2n+1\) は奇数。なので \(\sigma(n)\) も奇数となる。
ここで、 \(n=2^{a}b'\) （ただし \(a\) は非負整数、 \(b'\) は正の奇数）と置く。
約数和の性質より
\(\sigma(2^{a}b')=\sigma(2^{a})\sigma(b')\nonumber\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(2^{a+1}-1)\sigma(b')\)
つまり、 \(\sigma(n)\) が奇数になるためには \(\sigma(b')\) が奇数になればいい。
\(b'\) の約数はすべて奇数のため、 \(\sigma(b')\) が奇数になるとき \(b'\) の約数は奇数個あることになる。
よって \(b'\) は平方数。 \(b'=b^{2}\) と置く。
nが偶数だと仮定すると、
定義より \(\sigma(2^{a}b^{2})=2^{a+1}b^{2}+1\) 、
約数和の性質より \(\sigma(2^{a}b^{2})=(2^{a+1}-1)\sigma(b')\) となる。
よって \((2^{a+1}-1)\sigma(b')=2^{a+1}b^{2}+1\) となる。
ここで \((2^{a+1}-1)\) は4を法として3に合同なので、
\((2^{a+1}-1)\) には4を法として3に合同な素因数 \(p\) が存在する。
このとき \((2^{a+1}-1)\sigma(b')\equiv0\pmod p\) より、
\(2^{a+1}b^{2}+1\equiv0\pmod p\)
\((2^{a+1}-1)b^{2}+b^{2}+1\equiv0\pmod p\)
\(b^{2}\equiv-1\pmod p\)
しかし \(p\) は4を法として3に合同なので、
-1は平方剰余とならず、矛盾。
よって \(n\) は奇数となる。
これで、\(n\) にかなり制約ができたので、コンピューターでもかなり高速に行けるはず。
しかし。
\(2 \times 10^{9}\) まで探索したが、見つからない。
存在しないことは証明できないのだろうか…。
僕の友達が考えた問題だが、
約数の和が 2n + 1 に等しい数 n を準完全数と呼ぶことにする。という問題を出してきた。友達は200までやって、なかったらしい。
このとき、準完全数は存在しない。
ああ！何としても見つけたい！(｀･ω･´)
ということで。がんばった。
まず、コンピュータープログラムで１０万まで確かめてみたが、ない。
よし、数学的にバリバリ行くぞ。
記号の定義
\(\sigma(n)\) で、 \(n\) の約数の総和を表す。
考察、いってみよー
※注：かなりわかりにくい。
準完全数 \(n\) が存在するとする。
このとき \(\sigma(n)=2n+1\) となる。
\(2n+1\) は奇数。なので \(\sigma(n)\) も奇数となる。
ここで、 \(n=2^{a}b'\) （ただし \(a\) は非負整数、 \(b'\) は正の奇数）と置く。
約数和の性質より
\(\sigma(2^{a}b')=\sigma(2^{a})\sigma(b')\nonumber\\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =(2^{a+1}-1)\sigma(b')\)
つまり、 \(\sigma(n)\) が奇数になるためには \(\sigma(b')\) が奇数になればいい。
\(b'\) の約数はすべて奇数のため、 \(\sigma(b')\) が奇数になるとき \(b'\) の約数は奇数個あることになる。
よって \(b'\) は平方数。 \(b'=b^{2}\) と置く。
nが偶数だと仮定すると、
定義より \(\sigma(2^{a}b^{2})=2^{a+1}b^{2}+1\) 、
約数和の性質より \(\sigma(2^{a}b^{2})=(2^{a+1}-1)\sigma(b')\) となる。
よって \((2^{a+1}-1)\sigma(b')=2^{a+1}b^{2}+1\) となる。
ここで \((2^{a+1}-1)\) は4を法として3に合同なので、
\((2^{a+1}-1)\) には4を法として3に合同な素因数 \(p\) が存在する。
このとき \((2^{a+1}-1)\sigma(b')\equiv0\pmod p\) より、
\(2^{a+1}b^{2}+1\equiv0\pmod p\)
\((2^{a+1}-1)b^{2}+b^{2}+1\equiv0\pmod p\)
\(b^{2}\equiv-1\pmod p\)
しかし \(p\) は4を法として3に合同なので、
-1は平方剰余とならず、矛盾。
よって \(n\) は奇数となる。
これで、\(n\) にかなり制約ができたので、コンピューターでもかなり高速に行けるはず。
しかし。
\(2 \times 10^{9}\) まで探索したが、見つからない。
存在しないことは証明できないのだろうか…。
ユークリッドの補題の証明
という、当たり前だろ！？( ・Д・)という定理。素数\(p\)が\(ab\)を割り切るなら，\(p\)は\(a\)か\(b\)のいずれか一方を割り切る。
しかしこれ、証明がかなり回りくどい…。
なかなか完全な証明を書いていないところが多かったので、書きます。
これ、まずベズーの等式を証明することから始まります。
ベズーの等式とは…。
\(a\)と\(b\)を 0 でない整数とし、\(d\) をそれらの最大公約数とする。このとき \(ax+by=d\) の整数解 \(x\) と \(y\) が存在する。さらに、i) \(d\) は \(ax+by\) と書ける最小の正の整数であり、ii)\(ax+by\)の形のすべての整数は\(d\) の倍数である。
これがなぜユークリッドの補題につながるのか、最初に証明しておきます。
証明
\(ab\) が p で割り切れ、 \(a\) が \(p\) で割り切れないとする。
この時、\(a\) と \(p\) の最大公約数は1より、
ベズーの等式より、\(ax+py=1\) となる整数解 \((x,y)\) が存在する。
このとき、上の式の両辺に \(b\) をかけて \(abx+bpy=b\) となる。
ここで、\(abx\) と \(bpy\) は両方 \(p\) の倍数より、\(b\) も \(p\) の倍数である。
よってベズーの等式が成り立つとき、ユークリッドの補題が成り立つことが証明された。
ということで、ベズーの等式を証明すれば、ユークリッドの補題も証明したことになります。
しかし、このベズーの等式が面倒くさい…。
難しめですが、頑張ってください。
証明
\(C\left\{ax+by|x\in\mathbb{Z},y\in\mathbb{Z}\right\}\) を定義する。このとき、\(\mathbb{Z}\) は整数の集合である。
補題１：\(C\)は加法に閉じている。
証明：\(C\)の要素を \(c_1,c_2\) とし、\(c_1=ax_1+by_1,c_2=ax_2+by_2\) と表せるとする。
このとき\(c_1+c_2=a(x_1+x_2)+b(y_1+y_2)\) となり、明らかに \(c_1+c_2\in C\)である。（証明終わり）
また、\(C\) の要素のうち絶対値が最小のものを\(c\)とする。必要な時に応じて、\(x\) と \(y\) の符号を
両方変えることによって、\(c\) を正にすることができる。
また、\(c\) の倍数の集合を \(C'\) とする。
このとき、\(C=C'\) を示す。
補題２：\(C'\subset C\) が成り立つ。
証明：\(c\in C\) であり、また補題１より\(\cdots -3c,2c,c,2c,3c,\cdots \in C\)である。（証明終わり）
補題３：\(C\subset C'\) が成り立つ。
証明：\(C\)の要素であるが、\(C'\) の要素でない整数 \(k\) が存在すると仮定する。
この場合も \(k\) を正にすることができる。
このとき、\(k\) を\(c\) で割った余りを \(k'\) とおくともちろん \(k\notin C'\) より \(k'\neq c\)。
また補題１より \(k'\in C\)が成り立つ。
しかしこれは \(C\) の要素のうち絶対値が \(c\) より小さい数ができてしまうことになり、矛盾。
よって \(k\) は存在しない。したがって\(C\subset C'\) が成り立つ。（証明終わり）
したがって、補題２と補題３より、\(C=C'\) が成り立つことが示された。
すなわち、\(C\) の要素（\(ax+by\) で表される数）はすべて \(c\) の倍数である。
ここから、\(c\) がどのような数かを考察する。
もちろん\(a\in C,b\in C\) より、\(c\) は \(a\) と \(b\) の公約数である。
また \(ax+by=c\) が解をもつので、\(c\) は \(a\) と \(b\) の最大公約数で割り切れなければいけない。
よって \(c\) は \(a\) と \(b\) の最大公約数であり、\(c=d\) が成り立つ。
したがって、\(ax+by=d\) の解が存在することが証明された。（証明終わり）
お疲れ様でした。これで、ベズーの等式が成り立つことが証明され、そしてユークリッドの補題も証明されたことになります。本当に数学っていうのは…。当たり前のことをこんなにも回りくどく説明する学問なんですが、そこが面白いんだと思います。
エルデシュ・シュトラウス予想の考察
エルデシュ・シュトラウス予想とは…。
n を n>2 を満たす自然数とするとき、\( \cfrac{4}{n}=\cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z}\)の自然数解(x,y,z)は必ず存在する。
という予想です。
これが中１の時にすごくはまってしまって…。
その考察を書きます。
２か月間頑張った成果
\( n\equiv1\pmod{24}\)の時以外は、自然数解(x,y,z)を持つ。
そこまでの道のり
まず、\( \cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z}\)をいろいろ変形してみたのですが、ダメ。というわけで、一般的に証明するのでなく、場合分けして考えようと思いつきました。
nを４で割った余りで分けるとき、n ≡ 0 ( mod 4 ) の時は簡単です。
n=4kとすると、4/n=1/kとなり、x=y=z=3kという解が見つかります。
・n ≡ 2 ( mod 4 ) のとき
n = 4k - 2 とすると
\( \cfrac{4}{4k-2}=\cfrac{1}{k}+\cfrac{1}{2k(k-1)}+\cfrac{1}{2k(k-1)}\)
・n ≡ 3 ( mod 4 ) のとき
n = 4k - 1 とすると
\( \cfrac{4}{4k-1}=\cfrac{1}{k}+\cfrac{1}{2k(4k-1)}+\cfrac{1}{2k(4k-1)}\)
しかし、この場合 n ≡ 1 だとうまくいきません。
\( \cfrac{4}{4k+1}=\cfrac{1}{k+1}+\cfrac{3}{(4k+1)(k+1)}\)
しかしここで、k = 2s + 1 ( sは整数、つまりk は奇数）とおくと、3/2a = 1/a + 1/2a より
\( \cfrac{3}{(4k+1)(k+1)}=\cfrac{3}{2(8s+5)(s+1)}=\cfrac{1}{(8s+5)(s+1)}+\cfrac{1}{2(8s+5)(s+1)}\)
とおけるので、
\( \cfrac{4}{4k+1}=\cfrac{1}{k+1}+\cfrac{1}{(8s+5)(s+1)}+\cfrac{1}{2(8s+5)(s+1)}\)
\( \cfrac{4}{4(2s+1)+1}=\cfrac{1}{(2s+1)+1}+\cfrac{1}{(8s+5)(s+1)}+\cfrac{1}{2(8s+5)(s+1)}\)
\( \cfrac{4}{8s+5}=\cfrac{1}{2(s+1)}+\cfrac{1}{(8s+5)(s+1)}+\cfrac{1}{2(8s+5)(s+1)}\)
つまり、n ≡ 5 ( mod 8 ) のときは予想が成り立つことがわかります。
さて、残ったのは
n ≡ 1 ( mod 8) のとき
さらに２で割った余りで考えたらどうかは読者自身で研究してみてください。
私がやってみたときは、２で割った余りで考えるのはダメらしかったので、
３で割った余りについて考えました。
n ≡ 9 ( mod 24 ) のとき
n = 24t +9 とおくと
\( \cfrac{4}{24t+9}=\cfrac{1}{3}\times\cfrac{4}{8t+3}\)
ここで、この\(\cfrac{4}{8t+3}\)というところなんですが、
8t + 3 ≡ 3 ( mod 4 ) なので、前に書いたように
\(\cfrac{4}{8t+3}\)は\(\cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z}\)の形で表せます。
\( \cfrac{4}{24t+9}\)は、上のx,y,zそれぞれに3をかければ表せます。
n ≡ 17 ( mod 24 ) のとき
これはかなり厄介に見えますが…。
\( \cfrac{4}{24t+17}=\cfrac{1}{6t+5}+\cfrac{1}{(6t+5)(8t+6)}+\cfrac{1}{(6t+5)(8t+6)(24t+17)}\)
頑張って取り尽くし方式で出しました。
しかし、残ったのは
n ≡ 1 ( mod 24 ) のとき
ここでずっと行き詰まり、この問題を考えるのはやめてしまいましたが…。
Wikipediaだと、法を840まで考えているところもあるらしいです。
おわりに
この予想は1948年にできたそうです。
本当に簡単そうで、始めたときは「証明してやる！」と思ったものですが、
さすがは未解決問題。あと少し（実際はそうでもないと思うけど）で
止められてしまいました。
大学生になって、知識が増えたらまたチャレンジしてみたいと思います。
数式が変なところなどがあったら、連絡してください。
