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2章

解答 1   問題1

1. (1)　 $a,\ b$がいずれも3の倍数でないとする．
   $a$と$b$を3で割った商を$q_1,\ q_2$，余りを$r_1,\ r_2$とする． $r_1,\ r_2=1,\ 2$である． \[ a=3q_1+r_1,\ b=3q_2+r_2 \] このとき \[ ab=3(3q_1q_2+q_1r_2+q_2r_1)+r_1r_2 \] $r_1r_2=1,\ 2,\ 4$であるから，$ab$は3の倍数ではない． $ab$が3の倍数であるという仮定に矛盾した．
   よって$a$と$b$はともに3の倍数である．
   (2)　 (1)から$a$か$b$が3の倍数である．$a$が3の倍数とする． $a+b$が3の倍数で$a$が3の倍数なので，その差である$b$も3の倍数である．
   $b$が3の倍数であるときも同様であり，$a$と$b$はともに3の倍数であることが示された．
   (3)　 $a^2+b^2=(a+b)^2-2ab$であるから，この数と$a+b$が3の倍数なら， $2ab$が3の倍数である．2と3は互いに素なので$ab$が3の倍数となり， (1)から$a$と$b$はともに3の倍数である．

   
   

   (0)　 $mn$は$p$の倍数なので，$mn$の素因数分解に$p$が現れる． $m$も$n$も$p$の倍数でなければ，積$mn$の素因数分解に$p$は現れない． これは素真数分解の一意性（3節定理4）と矛盾する． よって，$m$または$n$は$p$の倍数である．
   (1)　 $ab$が$p$の倍数なので$a$か$b$のいずれかが$p$の倍数である． $a$が$p$の倍数とし，$a=pa'$とおく．$a+b$が$p$の倍数なのでこれを$pN$とおく． このとき \[ b=(a+b)-a=pN-pa' \] となり$b$は$p$の倍数である． $b$が$p$の倍数のときも同様に$a$が$p$の倍数となる． よって$a$と$b$はともに$p$の倍数である．
   (2)　 $a^2+b^2=(a+b)^2-2ab$であるから，この数と$a+b$が$p$の倍数なら， $2ab$が$p$の倍数である．$p$は奇素数なので2とは互いに素である． よって$ab$が$p$の倍数となり，(1)から$a$と$b$はともに$p$の倍数である．
   (3)　 $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$であるから， $a+b$か$a^2-ab+b^2$の少なくとも一方は$p$の倍数である．
   $a+b$が$p$の倍数のとき，$a^2+b^2$が$p$の倍数なので(2)によって$a$と$b$はともに$p$の倍数である．
   $a^2-ab+b^2$が$p$の倍数のとき，$a^2+b^2$が$p$の倍数なので，$ab$が$p$の倍数である． $a$が$p$の倍数とすると$a^2+b^2$が$p$の倍数であることから$b^2$が$p$の倍数である． $p$は素数なので$b$が$p$の倍数である．はじめに$b$が$p$の倍数であるときも同様である． よって$a$と$b$はともに$p$の倍数であることが示された．
   別解　 \[ a^3+b^3=(a+b)(a^2+b^2)-ab(a+b) \] であるから，$ab(a+b)$が$p$の倍数になる． $a+b$が$p$の倍数なら（2）より$a,\ b$が$p$の倍数． $ab$が$p$の倍数なら$a^2b^2$も$p$の倍数なので，（1）から$a^2$と$b^2$が$p$の倍数． $p$は素数なので，$a$と$b$が$p$の倍数．
   (4)　 $a$が$p$の倍数なら，$a^n+b^n$が$p$の倍数であることから$b^n$も$p$の倍数． $p$が素数でであるから，$b$も$p$の倍数である．逆の場合も同様． そこで$a$も$b$も$p$の倍数あるか，両方とも$p$の倍数でないかのいずれかである．
   $a$も$b$も$p$の倍数でないとする． $n\ge 2$のとき， \[ a^{n+1}+b^{n+1}=(a+b)(a^n+b^n)-ab(a^{n-1}+b^{n-1}) \] であるから，このとき$a^{n-1}+b^{n-1}$が$p$の倍数になる． くりかえし用いることにより，$a+b$と$a^2+b^2$がともに$p$の倍数になる． このとき（2）から$a,\ b$が$p$の倍数になり，$a$も$b$も$p$の倍数でないという仮定と矛盾する． よって$a$も$b$も$p$の倍数あることが示された．

解答 2   問題2

(1)    余りは $0\le r(n)\le 7$にある．よって

$$0 < a-r(a)< \dfrac{4}{3}r(b)\le \dfrac{28}{3}$$

$a-r(a)$は8の倍数なので$a-r(a)=8$．この結果

$$8< \dfrac{4}{3}r(b)\quad \iff\quad 6<r(b)$$

よって$r(b)=7$
(2)    同様に $b-r(b)=8,\ r(ab)=7$．

これから$b=8+r(b)=15$． また$ab=8k+7$とおけ，$b=15$なので $ab=8a+7a$である．あわせて

$$8(k-a)=7(a-1)$$

である．8と7は互いに素なので$a-1$は8の倍数．よって$r(a)=1$．これから $a=8+r(a)=9$．

解答 3   問題3    

1. 二つの自然数$k$と$k+1$の最大公約数を$d$とし，
   
   $$k=dk',\ k+1=dh$$
   
   とおく．ここに$k',\ h$はそれぞれ適当な整数である．

   これから
   

   $$1=dh-k=d(h-k')$$
   
   
   
   $$∴\quad d=1$$
   
   つまり$k$と$k+1$は互いに素である.
2. もし$2k+1$と$k+1$に1より大きい公約数があれば， $2k+1-(k+1)=k$より$k$もその公約数を約数にもつ． $k$と$k+1$が互いに素であることと矛盾．よって $2k+1$と$k+1$も互いに素．

   さらに$2k+1$と$k$の公約数は $2k+1-2\cdot k=1$より， 1しかない．よって $2k+1=n^2,\ k+1,\ k$は互いに素である．

   $n$が$k+1$や$k$と1より大きい公約数をもてば， $n^2$が$k+1$や$k$と1より大きい公約数をもつ．

   $2k+1=n^2,\ k+1,\ k$は互いに素なので，これはあり得ない． よって，三つの自然数$n,\ k,\ k+1$は互いに素である.

3. $n^2=2k+1$なので，
   
   $$n^2+k^2=(k+1)^2\$$
   
   より，3数$n,\ k,\ k+1$は直角三角形の3辺であり， (2)から互いに素である．

   これは任意の奇数$n$に対して成立する． 奇数は無数にあるので， 三つの互いに素な自然数を三辺の長さとする直角三角形 が無数にあることが示された．

注意 3   本問は， 3数の最大公約数が1であるピタゴラス数の簡単な作り方を示している．

任意に奇数を選ぶ．$n=11$としてみよう．

$$n^2=121=2\cdot 60+1$$

すると， $(11,\ 60,\ 61)$はピタゴラス数である． 実際

$$11^2=121,\ 60^2=3600,\ 61^2=3721$$

である．

しかし，これですべてのピタゴラス数が作れるわけではない．

解答 4   問題4

(1)

$$b(p^2+q^2)=apq\quad \cdots \maru{1}$$

左辺は $b$ の倍数． $a$ と $b$ が互いに素なので $pq$ は $b$ の倍数である．

(2)

$p$ と $q$ の最大公約数を $g$ とし，

$$p=gp',\ q=gq',\ (p'とq'は互いに素)$$

とおく．このとき$\maru{1}$は

$$bg^2({p'}^2+{q'}^2)=ag^2p'q'$$

となる．つまり

$$b({p'}^2+{q'}^2)=ap'q'\quad \cdots \maru{2}$$

(1)と同様に $p'q'$ が $b$ の倍数になる．$p'q'=bk$ とおく．このとき $\maru{2}$から

$${p'}^2+{q'}^2=ak$$

ここで $k\ne 1$ なら

$$\begin{eqnarray*} &&{p'}^2+{q'}^2とp'q'が互いに素でない\\ &\iff&{p... ...?いに素でない\\ &\iff&p'とq'が互いに素でない \end{eqnarray*}$$

ゆえに $k=1$ となり， $b=p'q'$ ， $a={p'}^2+{q'}^2$ ．つまり

$$\sqrt{a+2b}=p'+q'．$$

これは自然数である．

解答 5   問題5   

1. $n+2$と$n^2+1$の公約数を$d$とおく． $(n^2+1)-(n+2)(n-2)=5$なので，左辺は$d$の倍数である． 右辺が5なので$d$は5の約数．つまり$d=1,\ 5$である．
2. (1)より$n+2$と$n^2+1$が1以外に公約数をもてばそれれは5である． $n+2$が5の倍数となれば，(1)の恒等式から$n^2+1$も5の倍数となる． よって$n+2$が5の倍数となることが必要十分条件である． 条件を満たすすべての$n$は次のものである．
   
   $$n=5k-2\ (k=1,\ 2,\ \cdots)$$
   
   
3. 恒等式
   
   $$4(n^2+1)-(2n+1)(2n-1)=5$$
   
   より$2n+1$と$n^2+1$が1以外に公約数をもてばそれは5である． 従って$2n+1$が5の倍数であることが必要十分条件である． $2n+1$は奇数なので5と奇数の積のときにかぎり$n$が存在する．
   
   $$2n+1=5(2k-1)\ (k=1,\ 2,\ \cdots)$$
   
   これから条件を満たすすべての$n$は次のものである．
   
   $$n=5k-3\ (k=1,\ 2,\ \cdots)$$
   
   

解答 6   問題6    

(1)

$$\begin{array}{ll} &a_1=1998,\ b_1=185\\ 1998=185\time... ...0より &a_4=37,\ b_4=0\\ &a_5=37,\ b_5=0 \end{array}$$

(2)

$b_n\ne 0$ のとき $b_{n+1}$ は $a_n$ を$b_n$ で割った余りであるから 余りの定義より，

$$0\le b_{n+1}<b_n$$

$b_n=0$ のとき 数列 $\{ b_n \}$ の定義から $b_{n+1}=b_n$ ． よって 任意の $k,\ l,\ n$ について $b_n\ge b_{n+1}$ (等号は $b_n=0$ のときに限る) が成立する．

(3)

もし $b_n=0$ となる $n$ が存在しないとすると， すべての $b_n$ は自然数でしかも

$$b_n>b_{n+1}$$

が成り立つ．このことは 集合 $\{b_n \ \vert\ n=1,\ 2,\ \cdots\ \}$に最小値が存在しないことになり， 自然数の部分集合にはつねに最小値が存在するという，自然数の基本性質と矛盾する． よって$b_n=0$ となる $n$ が存在する．

(4)

$(a,\ b)$ で $a$ と $b$ の最大公約数を表すことにする． $b_k\ne 0$ のとき

$$(a_k,\ b_k)=(b_k,\ b_{k+1})$$

を示す．

$a_k$を$b_k$で割った商を$q_k$とおくと， $a_k=b_k\cdot q_k+b_{k+1}$ とかける． これから$a_k$ と $b_k$ の公約数は $b_{k+1}$ の 約数になり，$b_k$と$b_{k+1}$の公約数である． $b_k$と$b_{k+1}$の公約数で最大のものが最大公約数 $(b_k,\ b_{k+1})$である． ゆえに $(a_k,\ b_k)\le(b_k,\ b_{k+1})$． また$b_k$ と $b_{k+1}$ の公約数は $a_k$ の約数になる． 同様に考え $(a_k,\ b_k)\ge(b_k,\ b_{k+1})$である．

$$∴\quad (a_k,\ b_k)=(b_k,\ b_{k+1})$$

これをいいかえると $(a_k,\ a_{k+1})=(a_{k+1},\ a_{k+2})$． (3)からある自然数 $N$ で $b_{N-1}\ne0,\ b_N=0$ となるものがある．このとき

$$(k ,\ l)=(a_1,\ a_2)= \cdots=(a_{N-1},\ a_N)=(a_N,\ b_N) =a_N$$

$N\le n$ の $n$ で同様の等式が成り立つので題意が示された．

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