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| ０２５ | 平成２１年度後期 | 横浜国立大学 | 工学部 | ・・・ | 整数問題（数学ⅠＢ） | 標準 |
この問題は目標に向かって誘導が適切な良問と思う。その誘導を適切に理解し乗っかる
ことが出来るかどうかが合否の分かれ目だろう。
横浜国立大学 工学部（２００９）
次の問いに答えよ。
（１） ｘ2－ｙ2＝２００９ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組をすべて求めよ。
（２） ｘ2＋ｙ2＝４１ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組をすべて求めよ。
（３） 式 （ａｃ－ｂｄ）2＋（ａｄ＋ｂｃ）2 を因数分解せよ。
（４） ｎ を正の整数とする。ｘ2＋ｙ2＝２００９ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が存在することを
示せ。
この問題の眼目は当然（４）だろう。そのために分かりやすく導入がなされている。（３）の
因数分解を見て、「易しいジャン！」と思った人で（３）が主張するところの真実の意味を理
解しない場合は、（４）で躓く手順になっている。（３）に対する心構えで、この問題の得点率
は大きく左右すると思われる。
（解）（１） （ｘ＋ｙ）（ｘ－ｙ）＝７2・４１ より、
（ ｘ＋ｙ ， ｘ－ｙ ）＝（ ２００９ ， １ ）、（ ２８７ ，７ ）、（ ４９ ， ４１ ） なので、
（ ｘ ， ｙ ）＝（ １００５ ， １００４ ）、（ １４７ ，１４０ ）、（ ４５ ， ４ ）
（２） ｘ2＋ｙ2＝４１ より、 ｙ2＝４１－ｘ2≧０ である。
ｘ は正の整数なので、 ｘ＝１ 、２ 、３ 、４ 、５ 、６
ｘ＝１ のとき、 ｙ2＝４０ （不適） 、 ｘ＝２ のとき、 ｙ2＝４０ （不適）
ｘ＝３ のとき、 ｙ2＝３２ （不適） 、 ｘ＝４ のとき、 ｙ2＝２５ より、 ｙ＝５
ｘ＝５ のとき、 ｙ2＝１６ より、 ｙ＝４ 、 ｘ＝６ のとき、 ｙ2＝５ （不適）
以上から、 （ ｘ ， ｙ ）＝（ ４ ， ５ ）、（ ５ ， ４ ）
（３） （ａｃ－ｂｄ）2＋（ａｄ＋ｂｃ）2＝ａ2ｃ2－２ａｂｃｄ＋ｂ2ｄ2＋ａ2ｄ2＋２ａｂｃｄ＋ｂ2ｃ2
＝ａ2（ｃ2＋ｄ2）＋ｂ2（ｃ2＋ｄ2）
＝（ａ2＋ｂ2）（ｃ2＋ｄ2）
（別解） 虚数単位を ｉ として、
ａｃ－ｂｄ＋ｉ・（ａｄ＋ｂｃ）＝ａ（ｃ＋ｉｄ）－ｂ（ｄ－ｉｃ）
＝ａ（ｃ＋ｉｄ）＋ｉｂ（ｃ＋ｉｄ）
＝（ａ＋ｉｂ）（ｃ＋ｉｄ）
このとき、両辺の絶対値をとれば、所要の等式が示される。 （終）
（４） ２００９＝７2・４１＝７2・（４2＋５2）＝２８2＋３５2 なので、
ｘ2＋ｙ2＝２００９ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が存在する。
このことは、命題：「ｘ2＋ｙ2＝２００９ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が存在する」が、ｎ＝１
のとき成り立つことを示す。
ｎ＝ｋ（ｋは１以上の任意の正の整数）のとき、命題が成り立つと仮定する。
すなわち、 ｘ2＋ｙ2＝２００９ｋ をみたす正の整数 ａ ， ｂ が存在する。
このとき、 ａ2＋ｂ2＝２００９ｋ
また、 ２８2＋３５2＝２００９ なので、
（ａ2＋ｂ2）（２８2＋３５2）＝２００９ｋ・２００９＝２００９ｋ+1
（３）より、 （ａ2＋ｂ2）（２８2＋３５2）＝（２８ａ－３５ｂ）2＋（３５ａ＋２８ｂ）2 なので、
（２８ａ－３５ｂ）2＋（３５ａ＋２８ｂ）2＝２００９ｋ+1
すなわち、ｘ2＋ｙ2＝２００９ｋ+1 をみたす正の整数
ｘ ， ｙ が存在する。
このことは、命題が、ｎ＝ｋ＋１ のときも成り立つことを示す。
以上から、数学的帰納法により、
すべての正の整数 ｎ に対して、ｘ2＋ｙ2＝２００９ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が存在する
ことが示された。 （終）
平成２１年３月１５日付けで、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんが、ｎ＝１２の
場合に、ｘ2＋ｙ2＝２００９12 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ を求められた。
| （１） | １４４３ ２３９０ ５６８５ ２００５ ０６０９ | ６４１４ ３９５８ ０８２３ １１３３ ６０４０ | |
| （２） | １５８１ ４１２１ ２８５６ １２４７ ７３５９ | ６３８１ ７３５５ １９３９ ５６１２ ３７６０ | |
| （３） | ２８１６ ０７６２ ０８４９ １７１７ １９２０ | ５９４１ １３８５ ５６５２ ６２７５ ５７５９ | |
| （４） | ２９４３ ７０９８ ７３５８ ５６２０ ０２００ | ５８７８ ９４４１ ８５８２ ３７３８ １８０９ | |
| （５） | ４０５１ ５４３７ ８８９８ ５４９１ ８９９１ | ５１７８ ０６９６ ６７９１ ７６９６ ７８８０ | |
| （６） | ４１６２ ４１２０ １５０２ ０４４９ ８６４１ | ５０８９ ３７５０ ８７０８ ９７３０ ４１６０ |
解は、全部で６個かな？
また、Ｓ（Ｈ）さんは、上記の話題に関連して次のＨＰを紹介された。
http://arxiv.org/PS_cache/arxiv/pdf/0812/0812.4850v1.pdf
上記問題（３）の恒等式は、「Ｂｒａｈｍａｇｕｐｔａ Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ ｉｄｅｎｔｉｔｙ」（ブラマーグプタ・
フィボナッチの恒等式）と呼ばれるらしい。
上記ＨＰで、「１３１８」という数が、｛ ６ ， １６ ， ２６ ， ４１ ｝の４種類の数のみを用いて、
１３１８＝６・４１＋１６・２６＋１６＋４１＝６・１６＋６・２６＋２６・４１
という２つの表現が可能という事実は面白いですね！
さらに、Ｓ（Ｈ）さんは、数学的帰納法に依らない直接的な構成を与えて証明された。
すなわち、ガウス平面において、
複素数 ｚ＝７ｎ（４＋５ｉ）ｎ （ｉ は虚数単位）の絶対値の平方は、
｜ｚ｜2＝（７2｜４＋５ｉ｜2）ｎ＝（７2×４１）ｎ＝２００９ｎ
そこで、 ｚ＝ｘ＋ｙ・ｉ として、ｚ の実部 ｘ と虚部 ｙ を、
ｘ＝（ｚ＋
）/２＝７ｎ・｛（４＋５ｉ）ｎ＋（４－５ｉ）ｎ｝/２
ｙ＝（ｚ－）/２ｉ＝７ｎ・｛（４＋５ｉ）ｎ－（４－５ｉ）ｎ｝/２ｉ
と定義すると、 ｘ 、 ｙ は明らかに整数となる。このとき、必要があれば、－ｘ 、－ｙ を考える
ことにより、
ｘ2＋ｙ2＝（ｘ＋ｙ・ｉ）（ｘ－ｙ・ｉ）＝ｚ＝｜ｚ｜2＝２００９ｎ
となる正の整数 ｘ 、 ｙ は必ず存在する。よって、命題は証明された。
（コメント） 数学的帰納法による証明も数学的ですが、直接的な証明も味があっていいで
すね！直接的な証明を与えていただいたＳ（Ｈ）さんに感謝します。
上記の証明で ｘ 、 ｙ は負の整数の場合もあるので、少し加筆しました。Ｓ（Ｈ）
さんのご指摘に感謝します。Ｓ（Ｈ）さんが求められたように、絶対値の方が適切
かもしれません。
「｛（４＋５ｉ）ｎ＋（４－５ｉ）ｎ｝/２ 、｛（４＋５ｉ）ｎ－（４－５ｉ）ｎ｝/２ｉ がともに整数」という話題
に関連して、Ｓ（Ｈ）さんは、東京女子大学の問題を紹介された。
（５＋
）（１－）ｎ＋（５－）（１＋）ｎ は整数であることを示せ。
（解） α＝１＋ 、β＝１－ とおくと、 αβ＝－４
このとき、 与式＝αβ（βｎ-1－αｎ-1）＝４（αｎ-1－βｎ-1）
２項定理により、
αｎ-1＝１＋ｎ-1Ｃ1＋ｎ-1Ｃ2（）2＋ｎ-1Ｃ3（）3＋・・・・・
βｎ-1＝１－ｎ-1Ｃ1＋ｎ-1Ｃ2（）2－ｎ-1Ｃ3（）3＋・・・・・
よって、 αｎ-1－βｎ-1＝２（ｎ-1Ｃ1＋ｎ-1Ｃ2・５＋ｎ-1Ｃ4・５2＋・・・・・） より、
与式＝４０（ｎ-1Ｃ1＋ｎ-1Ｃ2・５＋ｎ-1Ｃ4・５2＋・・・・・） となり、整数である。 （終）
さらに、Ｓ（Ｈ）さんの創作問題
（７－ｉ）（４＋５ｉ）ｎ＋（７＋ｉ）（４－５ｉ）ｎ は整数であることを示せ。
も出されたが、これはほとんど自明だろう。
実際に、 ｚ＝（７－ｉ）（４＋５ｉ）ｎ とおくと、与式＝ｚ＋＝２・Ｒｅ（ｚ）で、
ｚ＝（７－ｉ）（４＋５ｉ）ｎ＝（７－ｉ）（ａ＋ｂｉ） （ａ、ｂは整数） と書けることから、
与式＝２・Ｒｅ（ｚ）＝２（７ａ＋ｂ） は整数
となる。
ところで、平成２１年３月１６日付けで、Ｓ（Ｈ）さんが指摘されているように、この横浜国立
大学の問題の底流には、整数論における深遠な話題が流れている。
小学校で学ぶ自然数の素因数分解と同様に、ガウスの整数環 Ｚ［ｉ］ において、いつ有
理整数が合成数となるかを問う問題とも関連している。
すなわち、次の事実（フェルマー・オイラーの素数定理）が知られている。
（ → 参考 ： 「整数論の基礎知識」の中のフェルマー・オイラーの素数定理）
有理整数 ｐ が、４で割って １ 余る数のとき、
方程式 ｘ2＋ｙ2＝ｐ は、有理整数解を必ず持つ
（換言すれば、４で割って１余る有理整数は、Ｚ［ｉ］ において、合成数となる！）
ここで、２００９≡１ （ｍｏｄ ４） なので、フェルマー・オイラーの素数定理により、
ｘ2＋ｙ2＝２００９ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が必ず存在する。
（但し、必要があれば、－ｘ 、－ｙ を考える）
横浜国立大学の問題には、上記のような理論が背景にあったわけである。
もっとも、入試の答案で、「フェルマー・オイラーの素数定理より、云々」と書いたら、まず、
○はもらえない方の確率が高いかもしれないが．．．。
ところで、Ｓ（Ｈ）さんからの練習問題です。
練習問題
（１） ｘ2＋ｙ2＝１７７７ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組をすべて求めよ。
（２） （イ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が存在することを証明せよ。
（ロ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７2 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ハ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７3 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ニ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７4 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ホ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７5 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ヘ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組が何組存在するかを予想し、
その予想が正しいことを証明せよ。
（コメント） 当初、問題を間違えて、「ｘ2＋ｙ2＝６４１９７ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は
何組存在するか。」としてしまった！ ６４１９７≡１ （ｍｏｄ ４） より、整数解は
存在するはずだから、「まっ、いいか！」としたが、ところがどっこい、
ｙ2＝６４１９７－ｘ2≧０ より、 ｘ＝１、２、３、・・・、２５３
で、しらみつぶしに調べても解を見いだせなかった。（Ｅｘｃｅｌを利用）
これはどこに原因があるのだろうか？不思議だ？
６４１９７＝３2×７×１０１９ で、 ７≡３ （ｍｏｄ ４） 、 １０１９≡３ （ｍｏｄ ４）
だから、存在しないのでしょう！
（解答） （１） ｙ2＝１７７７－ｘ2≧０ より、 ｘ＝１、２、３、・・・、４２
しらみつぶしに調べて、解は、
（ ｘ ， ｙ ）＝（ １６ ， ３９ ）、（ ３９ ， １６） の２組
（２） （イ） ｎ＝１ すなわち、 ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７ の場合を考える。
ｙ2＝６４１４９７－ｘ2≧０ より、 ｘ＝１、２、３、・・・、８００
しらみつぶしに調べて、解は、
（ ｘ ， ｙ ）＝（ ３０４ ， ７４１ ）、（ ７４１ ，３０４ ） の２組
ところで、 ６４１４９７＝１９2×１７７７ であることを考えると、横浜国立大学の問題と
同様にして考えれば、しらみつぶしに調べなくとも、次のようにして解は求められる。
すなわち、 １６2＋３９2＝１７７７ より、
（１９×１６）2＋（１９×３９）2＝１９2×１７７７＝６４１４９７
よって、 ３０４2＋７４１2＝６４１４９７ が成り立つ。
一般に、ガウス平面において、
複素数 ｚ＝１９ｎ（１６＋３９ｉ）ｎ （ｉ は虚数単位）の絶対値の平方は、
｜ｚ｜2＝（１９2｜１６＋３９ｉ｜2）ｎ＝（１９2×１７７７）ｎ＝６４１４９７ｎ
そこで、 ｚ＝ｘ＋ｙ・ｉ として、ｚ の実部 ｘ と虚部 ｙ を、
ｘ＝（ｚ＋）/２＝１９ｎ・｛（１６＋３９ｉ）ｎ＋（１６－３９ｉ）ｎ｝/２
ｙ＝（ｚ－）/２ｉ＝１９ｎ・｛（１６＋３９ｉ）ｎ－（１６－３９ｉ）ｎ｝/２ｉ
と定義すると、ｘ 、 ｙ は明らかに整数となる。このとき、必要があれば、－ｘ、－ｙ を考える
ことにより、
ｘ2＋ｙ2＝（ｘ＋ｙ・ｉ）（ｘ－ｙ・ｉ）＝ｚ＝｜ｚ｜2＝６４１４９７ｎ
となる正の整数 ｘ 、 ｙ は必ず存在する。
（ロ）～（ホ）については、Ｂｒａｈｍａｇｕｐｔａ Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ ｉｄｅｎｔｉｔｙ
（ａ2＋ｂ2）（ｃ2＋ｄ2）＝（ａｃ－ｂｄ）2＋（ａｄ＋ｂｃ）2
が活躍する。
ｎ＝２ すなわち、 ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７2 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組を探そう。
（イ）より、 ３０４2＋７４１2＝６４１４９７ に注意して、起こりうる場合を考えて、
６４１４９７2＝（３０４2＋７４１2）（３０４2＋７４１2）
＝（３０４・３０４－７４１・７４１）2＋（３０４・７４１＋７４１・３０４）2
＝４５６６６５2＋４５０５２８2
６４１４９７2＝（３０４2＋７４１2）（７４１2＋３０４2）
＝（３０４・７４１－７４１・３０４）2＋（３０４・３０４＋７４１・７４１）2
＝０2＋６４１４９７2
よって、この場合は、
（ ｘ ， ｙ ）＝（ ４５６６６５ ， ４５０５２８ ）、（ ４５０５２８ ，４５６６６５ ） の２組
ｎ＝３ すなわち、 ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７3 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組を探そう。
６４１４９７＝３０４2＋７４１2 、６４１４９７3＝６４１４９７・６４１４９７2 と考えて、
起こりうる場合は、
６４１４９７3＝（３０４2＋７４１2）（４５６６６５2＋４５０５２８2）
＝（３０４・４５６６６５－７４１・４５０５２８）2
＋（３０４・４５０５２８＋７４１・４５６６６５）2
＝１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2
６４１４９７3＝（３０４2＋７４１2）（４５０５２８2＋４５６６６５2）
＝（３０４・４５０５２８－７４１・４５６６６５）2
＋（３０４・４５６６６５＋７４１・４５０５２８）2
＝２０１４２８２５３2＋４７２６６７４０８2
６４１４９７3＝（３０４2＋７４１2）（０2＋６４１４９７2）
＝（３０４・６４１４９７）2＋（７４１・６４１４９７）2
＝１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2
よって、この場合は、
（ ｘ ， ｙ ）＝（ １９５０１５０８８ ， ４７５３４９２７７ ）、
（ ４７５３４９２７７ ，１９５０１５０８８ ）、
（ ２０１４２８２５３ ，４７２６６７４０８ ）、
（ ４７２６６７４０８ ，２０１４２８２５３ ） の４組
ｎ＝４ すなわち、 ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７4 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組を探そう。
６４１４９７4＝６４１４９７2・６４１４９７2＝６４１４９７・６４１４９７3 と考えて、
起こりうる場合は、
６４１４９７＝３０４2＋７４１2
６４１４９７2＝４５６６６５2＋４５０５２８2＝０2＋６４１４９７2
６４１４９７3＝１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2＝２０１４２８２５３2＋４７２６６７４０８2
であることに注意して、
６４１４９７4＝（４５６６６５2＋４５０５２８2）（４５６６６５2＋４５０５２８2）
＝（４５６６６５・４５６６６５－４５０５２８・４５０５２８）2
＋（４５６６６５・４５０５２８＋４５０５２８・４５６６６５）2
＝５５６７４４３４４１2＋４１１４８０７３８２４０2
６４１４９７4＝（４５６６６５2＋４５０５２８2）（４５０５２８2＋４５６６６５2）
＝（４５６６６５・４５０５２８－４５０５２８・４５６６６５）2
＋（４５６６６５・４５６６６５＋４５０５２８・４５０５２８）2
＝０2＋４１１５１８４０１００９2
６４１４９７4＝（４５６６６５2＋４５０５２８2）（０2＋６４１４９７2）
＝（４５０５２８・６４１４９７）2＋（４５６６６５・６４１４９７）2
＝２８９０１２３６０４１６2＋２９２９４９２２７５０５2
６４１４９７4＝（６４１４９７・６４１４９７）2
＝４１１５１８４０１００９2＋０2
６４１４９７4＝（３０４2＋７４１2）（１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2）
＝（３０４・１９５０１５０８８－７４１・４７５３４９２７７）2
＋（３０４・４７５３４９２７７＋７４１・４５０５２８）2
＝２９２９４９２２７５０５2＋２８９０１２３６０４１６2
６４１４９７4＝（３０４2＋７４１2）（４７５３４９２７７2＋１９５０１５０８８2）
＝（３０４・４７５３４９２７７－７４１・１９５０１５０８８）2
＋（３０４・１９５０１５０８８＋７４１・４７５３４９２７７）2
＝０2＋４１１５１８４０１００９2
６４１４９７4＝（３０４2＋７４１2）（２０１４２８２５３2＋４７２６６７４０８2）
＝（３０４・２０１４２８２５３－７４１・４７２６６７４０８）2
＋（３０４・４７２６６７４０８＋７４１・２０１４２８２５３）2
＝２８９０１２３６０４１６2＋２９２９４９２２７５０５2
６４１４９７4＝（３０４2＋７４１2）（４７２６６７４０８2＋２０１４２８２５３2）
＝（３０４・４７２６６７４０８－７４１・２０１４２８２５３）2
＋（３０４・２０１４２８２５３＋７４１・４７２６６７４０８）2
＝５５６７４４３４４１2＋４１１４８０７３８２４０2
よって、この場合は、
（ ｘ ， ｙ ）＝（ ５５６７４４３４４１ ， ４１１４８０７３８２４０）、
（ ４１１４８０７３８２４０ ，５５６７４４３４４１）
（ ２８９０１２３６０４１６ ，２９２９４９２２７５０５）
（ ２９２９４９２２７５０５ ，２８９０１２３６０４１６） の４組
ｎ＝５ すなわち、 ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７5 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組を探そう。
６４１４９７5＝６４１４９７2・６４１４９７3＝６４１４９７・６４１４９７4 と考えて、
起こりうる場合は、
６４１４９７＝３０４2＋７４１2
６４１４９７2＝４５６６６５2＋４５０５２８2＝０2＋６４１４９７2
６４１４９７3＝１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2
６４１４９７4＝５５６７４４３４４１2＋４１１４８０７３８２４０2
＝２８９０１２３６０４１６2＋２９２９４９２２７５０５2
＝０2＋４１１５１８４０１００９2
であることに注意して、
６４１４９７5＝６４１４９７・
６４１４９７4
＝（３０４2＋７４１2）（５５６７４４３４４１2＋４１１４８０７３８２４０2）
＝（３０４・５５６７４４３４４１－７４１・４１１４８０７３８２４０）2
＋（３０４・４１１４８０７３８２４０＋７４１・５５６７４４３４４１）2
＝３０３２１４７２４２２９７７６2＋１２９２１５６２００１４７４１2
６４１４９７5＝６４１４９７・
６４１４９７4
＝（３０４2＋７４１2）（４１１４８０７３８２４０2＋５５６７４４３４４１2）
＝（３０４・４１１４８０７３８２４０－７４１・５５６７４４３４４１）2
＋（３０４・５５６７４４３４４１＋７４１・４１１４８０７３８２４０）2
＝１２０９６４６６８８３５１７９2＋３０６５９９７２９８４１９０４2
６４１４９７5＝６４１４９７・
６４１４９７4
＝（３０４2＋７４１2）（２８９０１２３６０４１６2＋２９２９４９２２７５０５2）
＝（３０４・２８９０１２３６０４１６－７４１・２９２９４９２２７５０５）2
＋（３０４・２９２９４９２２７５０５＋７４１・２８９０１２３６０４１６）2
＝１２９２１５６２００１４７４１2＋３０３２１４７２４２２９７７６2
６４１４９７5＝６４１４９７・
６４１４９７4
＝（３０４2＋７４１2）（２９２９４９２２７５０５2＋２８９０１２３６０４１６2）
＝（３０４・２９２９４９２２７５０５－７４１・２８９０１２３６０４１６）2
＋（３０４・２８９０１２３６０４１６＋７４１・２９２９４９２２７５０５）2
＝１２５１０１５９３９０６７３６2＋３０４９３５１３５１４７６６９2
６４１４９７5＝６４１４９７・
６４１４９７4
＝（３０４2＋７４１2）（４１１５１８４０１００９）2
＝（３０４・４１１５１８４０１００９）2＋（７４１・４１１５１８４０１００９）2
＝１２５１０１５９３９０６７３６2＋３０４９３５１３５１４７６６９2
６４１４９７5＝６４１４９７2・６４１４９７3
＝（４５６６６５2＋４５０５２８2）（１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2）
＝（４５６６６５・１９５０１５０８８－４５０５２８・４７５３４９２７７）2
＋（４５６６６５・４７５３４９２７７＋４５０５２８・１９５０１５０８８）2
＝１２５１０１５９３９０６７３６2＋３０４９３５１３５１４７６６９2
６４１４９７5＝６４１４９７2・６４１４９７3
＝（４５６６６５2＋４５０５２８2）（４７５３４９２７７2＋１９５０１５０８８2）
＝（４５６６６５・４７５３４９２７７－４５０５２８・１９５０１５０８８）2
＋（４５６６６５・１９５０１５０８８＋４５０５２８・４７５３４９２７７）2
＝１２９２１５６２００１４７４１2＋３０３２１４７２４２２９７７６2
６４１４９７5＝６４１４９７2・６４１４９７3
＝（０2＋６４１４９７2）（１９５０１５０８８2＋４７５３４９２７７2）
＝（６４１４９７・１９５０１５０８８）2＋（６４１４９７・４７５３４９２７７）2
＝１２５１０１５９３９０６７３６2＋３０４９３５１３５１４７６６９2
よって、この場合は、
（ ｘ ， ｙ ）＝（３０３２１４７２４２２９７７６ ，１２９２１５６２００１４７４１）
＝（１２９２１５６２００１４７４１ ，３０３２１４７２４２２９７７６）
＝（１２０９６４６６８８３５１７９ ，３０６５９９７２９８４１９０４）
＝（３０６５９９７２９８４１９０４ ，１２０９６４６６８８３５１７９）
＝（１２５１０１５９３９０６７３６ ，３０４９３５１３５１４７６６９）
＝（３０４９３５１３５１４７６６９ ，１２５１０１５９３９０６７３６） の６組
（コメント） 平成２１年３月１８日付けで、Ｓ（Ｈ）さんからご教示いただいた。
ｎ＝５ のとき、 ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７5 をみたす正の整数
ｘ ， ｙ の組は、
（120964668835179 ， 306599729841904）、（125101593906736 ， 304935135147669）
（129215620014741 ， 303214724229776）、（306599729841904 ， 120964668835179）
（304935135147669 ， 125101593906736）、（303214724229776 ， 129215620014741）
の ６個存在する。
（へ）については予想だにできませんね！今後の研究課題とします。
Ｓ（Ｈ）さんの指針がなければ、上記の計算は多分途中で放り出していました！Ｓ（Ｈ）さん
に感謝します。
当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんが、上記のＳ（Ｈ）さんからの練習問題を
考察された。（平成２３年１月４日付け）
練習問題（再掲）
（１） ｘ2＋ｙ2＝１７７７ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組をすべて求めよ。
（２） （イ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ が存在することを証明せよ。
（ロ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７2 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ハ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７3 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ニ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７4 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ホ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７5 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ヘ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７ｎ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組が何組存在するかを予想し、
その予想が正しいことを証明せよ。
「６４１４９７」という大きな数字が使われていますが、６４１４９７を素因数分解すると、
６４１４９７＝１７７７・１９2 で、 １７７７≡１ 、１９≡３ (ｍｏｄ ４) であることが本質的で
(２)は、次の問題と実質的に同じです。
(２Ａ) ｐ、ｑ は素数で、ｐ≡１、ｑ≡３ (ｍｏｄ ４)であるとする。
A＝ｐ・ｑ2 に対して、ｘ2＋ｙ2＝Ａｎ （ｘ＜ｙ）を満たす自然数 ｘ、ｙ の組は何組あ
るか。
ｘ＝ｙ はありえないので、ｘ＜ｙ と限定してもいいのでそうしました。もとの問題の答えの半
分になりますが、このほうがやや考えやすいかなと思います。あるいは逆に、ｘ＜ｙ
も ｘ＞０
も ｙ＞０ もなしにして、ｘ、ｙ が整数だけにしたほうがいいかもしれません。ｘとｙの交換、ｘや
ｙの符号の変更があり、基本的には８倍ですが、ｎが偶数のときに、ｘ、ｙの一方が０というの
が入ってくるので少し違ってきます。
なお、(１)は(２)で使うために必要なのは何組あるかだけですからその形に変えます。
(１Ａ) ｐ≡１ (ｍｏｄ ４) を満たす素数ｐに対して、ｘ2＋ｙ2＝ｐ （ｘ＜ｙ） を満たす
正の整数 ｘ、ｙ は何組あるか。
ただし、(１)は具体的な数なのでしらみつぶしが可能ですが、(１Ａ)はそれは無理なので
(１Ａ)は(１)より難しくなります。(２)(ヘ)と(２Ａ)はしらみつぶしができないので難易度に差は
ないでしょう。
(２)の解答が、ｎ＝１、２、３、４、５のときに、それぞれ２、２、４、４、６であること、(２Ａ)の
形では、それぞれ１、１、２、２、３であることが書いてあります。ただし、それだけの解があ
ることは書いてありますが、それ以外にはないことは書いてないようです。こちらの方が重
要だと思います。そしてそのためには理論が必要です。
２次体の整数論の基礎的なことだけで十分です。具体的にはガウス整数の素数、単数が
どのようなものかと素因数分解の一意性が成り立つことだけでいいと思います。
(１Ａ)、(２Ａ)を解いてください。
ＦＮさんの問いかけに対して、攻略法さんが考察されました。（平成２３年１月６日付け）
(１Ａ) ｐ≡１ (ｍｏｄ ４) を満たす素数ｐに対して、ｘ2＋ｙ2＝ｐ （ｘ＜ｙ） を満たす
正の整数 ｘ、ｙ は何組あるか。
については、フェルマーの２平方和の定理
４ｋ＋１型の素数は、１組の２つの平方数の和で表される
より、解は、１組である。
また、中心が原点で、半径が
の円： ｘ2＋ｙ2＝ｐ の円周上の格子点の個数は、
( ±ｘ ，±ｙ ) 、 ( ±ｙ ，±ｘ ) (複号任意) の８つ
であるので、
(２Ａ) ｐ、ｑ は素数で、ｐ≡１、ｑ≡３ (ｍｏｄ ４)であるとする。
A＝ｐ・ｑ2 に対して、ｘ2＋ｙ2＝Ａｎ （ｘ＜ｙ）を満たす自然数 ｘ、ｙ の組は何組あ
るか。
については、中心が原点で、半径がｑの円： ｘ2＋ｙ2＝Ａ の円周上の格子点の個数を
求めると、
ｎ が奇数の場合 （ｎ＋１）/２ 個
ｎ が偶数の場合 ｎ/２ 個 （０2＋ｙ2 が１つ を除く）
一般に、ｘ2＋ｙ2＝ｍ の円周上の格子点の個数は、
定 理 自然数 ｍ を 2つの平方数の和として表す方法の総数Cは、次式で与えら
れる。
C=４・｛(ｍ の４ｋ＋１型の正の約数の個数）－（ｍ の４ｋ＋３型の正の約数の個数)｝
で求まる。
系 ４ｋ＋３型の素数を、２つの平方数の和として表すことは不可能である。
ｘ2＋ｙ2＝ｍ の円周上の格子点の個数について、攻略法さんからの追記です。
（平成２３年１月７日付け）
ｍ＝ｐ1ｅ１・ｐ2ｅ2・・・・・ と素因数分解されるとする。関数 ｇ（ｐ，ｅ）を次のように定義する。
ｐが２なら、 ｇ＝１
ｐが４ｋ＋１型の素数なら、 ｇ＝ｅ＋１
ｐが４ｋ＋３型の素数で偶数個なら、 ｇ＝１
ｐが４ｋ＋３型の素数で奇数個なら、 ｇ＝０
このとき、ｘ2＋ｙ2＝ｍ の円周上の格子点の個数は、 ｇ（ｐ1，ｅ1）・ｇ（ｐ2，ｅ2）・・・・
で求まる。
ただし、軸上は含む。第１象限という意味では、ｍが平方数（指数部がすべて偶数）の場
合は１小さくなる。
これを使って、
（１） ｘ2＋ｙ2＝１７７７ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組をすべて求めよ。
は、 １７７７が４ｋ＋１型の素数なので、 ｇ（１７７７，１）＝１＋１＝２
（２） （ロ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７2 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ハ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７3 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ニ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７4 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
（ホ） ｘ2＋ｙ2＝６４１４９７5 をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。
は、 ６４１４９７＝１７７７・１９2 で、１７７７≡１ 、１９≡３ (ｍｏｄ ４) であることから、
ｇ（１７７７，１・ｎ）・ｇ（１９，２・ｎ） において、 ｎ＝２、３、４、５ として、
（ロ） （２＋１）・１－１＝２ （ハ） （３＋１）・１＝４ （ニ） （４＋１）・１－１＝４
（ホ） （５＋１）・１＝６
また、
（コメント） 当初、問題を間違えて、「ｘ2＋ｙ2＝６４１９７ をみたす正の整数 ｘ ， ｙ の組は何組存在するか。」と
してしまった！ ６４１９７≡１ （ｍｏｄ ４） より、整数解は存在するはずだから、「まっ、いいか！」とし
たが、ところがどっこい、ｙ2＝６４１９７－ｘ2≧０ より、 ｘ＝１、２、３、・・・、２５３ で、しらみつぶしに調
べても解を見いだせなかった。（Ｅｘｃｅｌを利用）
これはどこに原因があるのだろうか？不思議だ？６４１９７＝３2×７×１０１９ で、 ７≡３ （ｍｏｄ ４）、
１０１９≡３ （ｍｏｄ ４） だから、存在しないのでしょう！
については、 ｇ（３，２）・ｇ（７，１）・ｇ（１０１９，１）＝１・０・０＝０ より明らかだろう。
攻略法さんの考察に対して、ＦＮさんのコメントです。（平成２３年１月６日付け）
(１Ａ)については、まさに定理そのものなので、私としては、ガウス整数についての基本的
な知識
ガウス整数全体が作る整数環 Ｚ[ ｉ ] において、
(１) 単数は、１、－１、ｉ、－ｉ の4つである。
(２) 有理素数 ｐ に対して、
ｐ≡３ (ｍｏｄ ４) のとき、ｐは素数
ｐ≡１ (ｍｏｄ ４) のとき、ｐ＝（ｕ＋ｖｉ）（ｕ－ｖｉ） と書けて、ｕ＋ｖｉ、ｕ－ｖｉ は素数
ｐ＝２ のとき、 ２＝（１＋ｉ）（１－ｉ） と書けて、 １＋ｉ、１－ｉ は素数である。
以上に出てきた素数とそれに単数をかけたものが、素数のすべてである。
(３) すべての整数は、有限個の素数の積に表せる。またその表し方は単数を除いて一
意的である。
即ち、整数Aが、 A＝P1P2･･･Pn＝Q1Q2･･･Qm と２通りの素数の積として表され
れば、n＝mで、適当に並び変えることにより、
P1＝Q1*単数、P2＝Q2*単数、･･･、Pn＝Qn*単数 とすることができる。
ノルムに関するごく基本的な性質
(０) A＝a＋bi に対して、ノルム N(A)＝ａ2＋ｂ2 とすると、 N(AB)＝N(A)N(B)
を前提として解いてほしいと思います。
(１Ａ)の解が1個以上あることは、下記を示すのに必要で、しかも最も重要な部分のように
思います。
(２Ａ)については、正解です。上記を前提として証明してください。
(１Ａ)について、私が考えている証明(ガウス整数の基本的な性質を使った)を書きます。
（証明） ｘ2＋ｙ2＝ｐ とすると、 （ｘ＋ｙｉ）（ｘ－ｙｉ）＝ｐ
一方、素数 ｕ＋ｖｉ、ｕ－ｖｉ を使って、 ｐ＝（ｕ＋ｖｉ）（ｕ－ｖｉ） と書けるから、素因数分解
の一意性より、ｘ＋ｙｉやｘ－ｙｉが２つ以上の素数の積になることはなく、これらは素数である。
再び、素因数分解の一意性より、ｘ＋ｙｉ は、ｕ＋ｖｉ または ｕ－ｖｉ に、１、－１、ｉ、－ｉ
をかけ
たもので、この８通りをこの順に書くと、
( ｘ ，ｙ )＝( ｕ ，ｖ )、( －ｕ ，－ｖ )、( －ｖ ，ｕ )、( ｖ ，－ｕ )、
( ｕ ，－ｖ )、( －ｕ ，ｖ )、( ｖ ，ｕ )、( －ｖ ，－ｕ )
ｕ、－ｕの一方が正、ｖ、－ｖの一方が正だから、ｕ、ｖが正としてよい。
ｕ＝ｖ であれば、 ｕ2＋ｖ2 が偶数になるから、 ｕ＜ｖ、ｕ＞ｖ の一方が成り立ち、８個
の中に丁度１個、ｘ＜ｙ を満たす正の整数 ｘ、ｙ が存在する。 よって、解は、1組。（証終）
この解答からすると、次の問題の方が自然です。
(１Ｂ) ｐ≡１ (ｍｏｄ ４)を満たす素数ｐに対して、ｘ2＋ｙ2＝ｐ を満たす整数 ｘ、ｙ
は何組あるか。
これであれば、「ｘ＋ｙｉ は、ｕ＋ｖｉ または ｕ－ｖｉ に、１、－１、ｉ、－ｉ
をかけ
たものである。」が出た段階で８通りとしてよいでしょう。
（１回位は８通り全部書く方がいいけど．．．。）
(２Ａ) ｐ、ｑ は素数で、ｐ≡１、ｑ≡３ (ｍｏｄ ４)であるとする。
A＝ｐ・ｑ2 に対して、ｘ2＋ｙ2＝Ａｎ （ｘ＜ｙ）を満たす自然数 ｘ、ｙ の組は何組あ
るか。
について、これを少しやさしい問題に変える所までを書いておきます。すっきりしない解答で
す。もう少しきれいに書けると思います。
ｘ2＋ｙ2＝Ａｎ とすると、 （ｘ＋ｙｉ）（ｘ－ｙｉ）＝Ａｎ＝ｐｎ・ｑ2ｎ ･･･ (*１)
両辺のノルムを取って、Ｎ（ｘ＋ｙｉ）Ｎ（ｘ－ｙｉ）＝Ｎ（Ａｎ）＝Ｎ（Ａ）ｎ＝Ａ2ｎ＝ｐ2ｎ・ｑ4ｎ
Ｎ（ｘ＋ｙｉ）＝Ｎ（ｘ－ｙｉ） より、 Ｎ（ｘ＋ｙｉ）＝ｐｎ・ｑ2ｎ ･･･ (*２)
ｑは素数であるから、ｘ＋ｙｉ、ｘ－ｙｉ がそれぞれ ｑｓ、ｑｔ で丁度割り切れるとすると、
(*１)より、 ｓ＋ｔ＝２ｎ で、 (*２)より、 ｓ≧ｎ、ｔ≧ｎ
従って、 ｓ＝ｔ＝ｎ となり、 ｘ＋ｙｉ＝ｑｎ（ｕ＋ｖｉ） 、ｘ－ｙｉ＝ｑｎ（ｕ－ｖｉ）
これを、(*１)に代入して、両辺を ｑ2ｎ で割ると、 （ｕ＋ｖｉ）（ｕ－ｖｉ）＝ｐｎ
従って、ｑ2ｎ がない場合の問題と同じになる。即ち次の(３A)と(２A)の解は同じである。
(３Ａ) ｐ≡１ (ｍｏｄ ４)を満たす素数 ｐ に対して、ｘ2＋ｙ2＝ｐｎ （ｘ＜ｙ）を満たす
自然数 ｘ、ｙ の組は何組あるか。
(１A)と(１B)の関係と同じで、次の(３B)の方が問題としては自然です。まず、(３B)をやって
から(３A)をやるのがいいと思います。
(３Ｂ) ｐ≡１ (ｍｏｄ ４)を満たす素数 ｐ に対して、ｘ2＋ｙ2＝ｐｎ を満たす整数 ｘ、
ｙ の組は何組あるか。
攻略法さんが、（３Ｂ）について考察されました。（平成２３年１月６日付け）
共役のガウス整数を幾つずつ取るかということになるので、４（ｎ＋１）個となる。
攻略法さんの考察に対して、ＦＮさんのコメントです。（平成２３年１月６日付け）
正しいですが、考察ではなく、できれば証明が欲しいです。実際に、証明を書こうとすると、
意外に面倒なことになると思います。考察と証明の距離は意外に大きいです。
（ｘ＋ｙｉ）（ｘ－ｙｉ）＝（ｕ＋ｖｉ）ｎ（ｕ－ｖｉ）ｎ において、
ｘ＋ｙｉ＝（ｕ＋ｖｉ）ｓ（ｕ－ｖｉ）ｔ として、ちょっと考えれば、ｓ＋ｔ＝ｎ に決まっていて、とかわ
かるけど、その辺もきちんとして、単数の処理もきちんとして・・・。
（証明となるとそんなに簡単でもないと思います。）
このあたりの単純なところをきちんと押さえておけば、一般の場合もすんなりいけるように
なると思います。前に攻略法さんが書かれたルジャンドルの結果の証明もそんなに難しくは
ないでしょう。
以下工事中