ａｎ＝ｘａ＋ｙａの解 by くりばやし ａｎ＝ｘａ＋ｙａの解 by くりばやし最終更新日: 2001年3月23日（金曜日）
ここで考える問題は「ａｎ＝ｘａ＋ｙａ ｎ，ｘ，ｙは自然数 x，ｙは互いに素」の解を求めるというものです。
ｘが奇数⇔ｘａが奇数 ｘが偶数⇔ｘａが偶数 で、ａ≡０（ｍｏｄ ４）より
ａｎ≡０（ｍｏｄ ２） なので、（ｘ，ｙ）は（奇，奇）か（偶，偶）。
（ｘ，ｙ）が（偶，偶）だと互いに素という条件に反するので、（ｘ，ｙ）は（奇，奇）。
よって、ｘ，ｙ≡１ｏｒ３（ｍｏｄ ４）よって、ｘ２，ｙ２≡１（ｍｏｄ ４）
ａ＝４ｍ とすると、ｘａ＝ｘ４ｍ＝（ｘ２）２ｍ≡１２ｍ≡１（ｍｏｄ ４）
ｙａ も同じなので、ｘａ＋ｙａ≡１＋１≡２（ｍｏｄ ４）
しかし、 ａｎ≡０（ｍｏｄ ４）となってしまうので、これに解はない。
ａ≡２ ａ２≡０ ａ３≡０ （ｍｏｄ ４） ・・・となり、ｎ≧２のときａｎ≡０（ｍｏｄ ４）
上と同じように（ｘ，ｙ）＝（奇，奇）で、ａ＝４ｍ＋２ とすると、
ｘａ＝ｘ（４ｍ＋２）＝（ｘ２）（２ｍ＋１）≡１（２ｍ＋１）≡１（ｍｏｄ ４） となり、
ｘａ＋ｙａ≡１＋１≡２（ｍｏｄ ４） となるので、ｎ＝１
ｘａ＋ｙａが最小になるのはｘ＝ｙ＝１のとき ａ＝１ａ＋１ａ＝２となり、
ａ＝２のときは（ｎ，ｘ，ｙ）＝（１，１，１）という解が一つだけある。
ｘａ＋ｙａがこの次に小さくなるのは（ｘ，ｙ）＝（１，３）のとき。
ａ＜（１ａ）＋（３ａ）＝（３ａ）＋１ ａ≧１ ・・・・※
なので、ａ＞２ のとき、これに解はない。
（※の証明は略させてもらいます。）
３ｎ＝（ｘ３）＋（ｙ３）＝（ｘ＋ｙ）｛（ｘ２）−ｘｙ＋（ｙ２）｝
ｘ＋ｙ＝３ｍ （ｘ２）−ｘｙ＋（ｙ２）＝３ｋ とする。
ｘ２＋２ｘｙ＋ｙ２＝３２ｍ
−）ｘ２−ｘｙ ＋ｙ２＝３ｋ
３ｘｙ ＝３ｋ｛３（２ｍ−ｋ）−１｝
ｘ＋ｙ≡０（ｍｏｄ ３）なので、｛ｘ≡０，ｙ≡０｝か｛ｘ≡１，ｙ≡２｝か｛ｘ≡２，ｙ≡１｝
一番はじめのものは、互いに素という条件に反するので違う。
ｘｙ≡１×２≡２（ｍｏｄ ３） よって、３ｘｙは因数に３を１つだけもつ。
３ｋ｛３（２ｍ−ｋ）−１｝は因数に３をｋ個もつ。よって、ｋ＝１
（ｘ−ｙ）２＝（ｘ２）−２ｘｙ＋（ｙ２）＜（ｘ２）−ｘｙ＋（ｙ２）＝３
（ｘ−ｙ）２＝０か１か４か９か・・・・となっていて、ｘ＝ｙ だと、互いに素という条件に
より、ｘ＝ｙ＝１となってしまい３ｎ＝１３＋１３＝２となってしまうので、ｘ≠ｙ
また、（ｘ−ｙ）２＜３より、（ｘ−ｙ）２＝１
ｘ２− ｘｙ＋ｙ２＝３
−）ｘ２−２ｘｙ＋ｙ２＝１
ｘｙ ＝２
よって、（ｘ＝１，ｙ＝２）か（ｘ＝２，ｙ＝１） ３ｎ＝１３＋２３＝２３＋１３＝９
より、ｎ＝２ この場合の解は、（ｎ，ｘ，ｙ）＝（２，１，２），（２，２，１）
ａｎ＝ｘａ＋ｙａ＝（ｘ＋ｙ）｛ｘ（ａ−１）−ｘ（ａ−２）ｙ＋・・−ｘｙ（ａ−２）＋ｙ（ａ−１）｝
↓ ↓
ａｍ ａｋ とする。
（ｘ＋ｙ）（ａ−１）
＝ａ−１Ｃ０ｘ（ａ−１）＋ａ−１Ｃ１ｘ（ａ−２）ｙ＋・・・＋ａ−１Ｃａ−１ｙ（ａ−１）＝ａ（ａ−１）ｍ
−） ｘ（ａ−１）− ｘ（ａ−２）ｙ＋・・・・＋ ｙ（ａ−１）＝ａｋ
（ａ−１Ｃ０−１）ｘ（ａ−１）＋（ａ−１Ｃ１＋１）ｘ（ａ−２）ｙ＋・・・（ａ−１Ｃａ−１−１）ｙ（ａ−１）
＝ａ｛（ａ−１）ｍ−ｋ｝ ・・・・・☆
ｐ−１Ｃｍ≡（−１）＾ｍ（ｍｏｄ ｐ） （ｐは素数）を証明する。
ｐ−１Ｃｍ＝（ｐ−１）×（ｐ−２）×・・・×（ｐ−ｍ）／ｍ！ なので
ｐ−１Ｃｍ×ｍ！＝（ｐ−１）×（ｐ−２）×・・・×（ｐ−ｍ）≡（−１）＾ｍ ×ｍ！（ｍｏｄ ｐ）
ａｃ≡ｂｃ（ｍｏｄ ｍ）で、ｃとｍが互いに素⇒ａ≡ｂ（ｍｏｄ ｍ）
（ａｃ≡ｂｃならばａｃ−ｂｃ＝（ａ−ｂ）ｃはｍの倍数。ｃとｍは互いに素なのでａ−ｂは
ｍの倍数。よってａ≡ｂ）で、また、ｍ！とｐは互いに素なので、
この式がなりたつならば、ｐ−１Ｃｍ≡（−１）＾ｍ（ｍｏｄ ｐ）となる。
よって、ｐ−１Ｃｍ≡（−１）＾ｍ（ｍｏｄ ｐ） （ｐは素数）。
☆の左辺の第ｂ項の係数はａ−１Ｃｂ−１＋（−１）＾ｂ≡１−１≡０（ｍｏｄ ａ）
よって、☆の左辺はａを因数に１個以上もつ。
☆の左辺をａで割ったときの係数をｃ１，ｃ２，ｃ３，・・・，ｃａとする。
ｘ＋ｙ≡０（ｍｏｄ ａ）なので ｙ≡−ｘ（ｍｏｄ ａ）となり、☆の左辺をａで割ると
ｃ１ｘ＾（ａ−１）＋ｃ２ｘ＾（ａ−２）ｙ＋・・・＋ｃａ−１ｘｙ＾（ａ−２）＋ｃａｙ＾（ａ−１）
≡ｃ１ｘ＾（ａ−１）−ｃ２ｘ＾（ａ−１）＋・・・−ｃａ−１ｘ＾（ａ−１）＋ｃａｘ＾（ａ−１）
フェルマーの小定理より、ｘ＾（ａ−１）≡１（ｍｏｄ ａ）なので、
≡ｃ１−ｃ２＋ｃ３−・・・＋ｃａ−２−ｃａ−１＋ｃａ
＝（ｃ１＋ｃ３＋・・・＋ｃａ）−（ｃ２＋ｃ４＋・・・＋ｃａ−１）
ａ−１Ｃ０＋ａ−１Ｃ２＋・・・＋ａ−１Ｃａ−１＝ｄ ・・・左辺の項の数は （ａ＋１）／２ 個
ａ−１Ｃ１＋ａ−１Ｃ３＋・・・＋ａ−１Ｃａ−２＝ｅ ・・・左辺の項の数は （ａ−１）／２ 個
これはｄ＝ｅである（理由は省略）。
ａ（ｃ１＋ｃ３＋・・・＋ｃａ）＝（ａ−１Ｃ０−１）＋（ａ−１Ｃ２−１）＋・・・＋（ａ−１Ｃａ−１−１）
＝ｄ− （ａ＋１）／２
ａ（ｃ２＋ｃ４＋・・・＋ｃａ−１）＝（ａ−１Ｃ１＋１）＋（ａ−１Ｃ３＋１）＋・・・＋（ａ−１Ｃａ−２＋１）
＝ｅ＋ （ａ−１）／２＝ｄ＋ （ａ−１）／２
よって、 ａ（ｃ１＋ｃ３＋・・・＋ｃａ）−ａ（ｃ２＋ｃ４＋・・・＋ｃａ−１）
＝ａ｛（ｃ１＋ｃ３＋・・・＋ｃａ）−（ｃ２＋ｃ４＋・・・＋ｃａ−１）｝
＝｛ｄ− （ａ＋１）／２｝−｛ｄ＋ （ａ−１）／２｝＝−ａ
よって、（ｃ１＋ｃ３＋・・・＋ｃａ）−（ｃ２＋ｃ４＋・・・＋ｃａ−１）＝−１? ０（ｍｏｄ ａ）
よって、☆の左辺はａを因数に１個だけもつ。
また、そうすると、ａ＾｛（ａ−１）ｍ−ｋ｝＝ａ＾ｋ×[ａ＾｛（ａ−１）ｍ−ｋ｝−１]も１つだけａを
因数に持つことになるので、 ａ＾ｋ＝ａ
ｘ＾（ａ−２） × （ｘ−ｙ）＋ｘ＾（ａ−４）ｙ＾２ × （ｘ−ｙ）＋・・・＋ｘ＾１ｙ＾（ａ−３）×（ｘ−ｙ）＋ｙ＾（ａ−１） ・・・（ｙの方が大きいときはｘとｙを交換する。）★
ｘ＝ｙ＝１ではないので ｘ−ｙ≧１ ｘ≧２ なので
この式は２＾（ａ−２）より大きい ａが４より大きい⇒２＾（ａ−２）＞ａ なので
★ ＞ａ よってこのようなｘ，ｙは存在しない。
よってこの場合に解はない。
（ｐ＾ｍ）＾ｎ＝ｘ＾（ｐ＾ｍ）＋ｙ＾（ｐ＾ｍ）
ｐ＾ｍｎ＝［ｘ＾｛ｐ＾（ｍ−１）｝］＾ｐ＋［ｙ＾｛ｐ＾（ｍ−１）｝］＾ｐ
ｎ'＝ｍｎ ｘ'＝ｘ＾｛ｐ＾（ｍ−１）｝ ｙ'＝ｙ＾｛ｐ＾（ｍ−１）｝ とすると、
ｐ＾ｎ'＝ｘ'＾ｐ＋ｙ'＾ｐ の解を求めるものになる。これはｐ≠３ならばこれに解はない。
ｐ＝３だと （ｘ'，ｙ'）＝（２，１），（１，２）なので ｘ'かｙ'＝２＾１となる。
よって、３＾（ｍ−１）＝１ ｍ＝１となり不適。よってこの場合も解はない。
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