５の倍数　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　戻る

　４月の頃、日本の高校一年生は多分、　(ｘ＋１)(ｘ−１)(ｘ2＋１)＝ｘ4−１　のような式の展
開を学ぶ。その中の因数 ｘ2＋１ について大変興味ある性質があることを最近知ることが
出来た。

ｘ2＋１ において、

　　　ｘ＝２　とすると、　ｘ2＋１＝５　は、５ の倍数である。

　　　ｘ＝７　とすると、　ｘ2＋１＝５０＝５2×２　は、５2 の倍数である。

　　　ｘ＝５７　とすると、　ｘ2＋１＝３２５０＝５3×２６　は、５3 の倍数である。

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　このように考えていくと、

　どのような自然数 ｎ に対しても、

　　　　　　ｘ2＋１　が、５ｎ の倍数となるような自然数 ｘ が存在する

ということが言えそうである。

　実際に、この事実は正しい。

　いま、ある自然数 ｘｎ に対して、ｘｎ2＋１　が ５ｎ の倍数であるとする。

上記の実験から、　ｘ1＝２　とすると、　ｘ2＝７＝２＋５＝ｘ1＋５

　　　　　　　　　　　　ｘ3＝５７＝７＋５０＝ｘ2＋５2・２

　　　　　　　　　　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　そこで、　ｘｎ＋1＝ｘｎ＋５ｎ・ａｎ　（ｎ＝１，２，３，・・・）　とおくとき、条件を満たすような ａｎ が

定まるはずである。この ａｎ の定め方を考えればよい。

　　　　　　　ｘｎ＋12＋１＝（ｘｎ＋５ｎ・ａｎ）2＋１

　　　　　　　　　　　　　＝（ｘｎ2＋１）＋２・５ｎ・ａｎ・ｘｎ＋５2ｎ・ａｎ2

　　　　　　　　　　　　　＝５ｎ・｛（ｘｎ2＋１）/５ｎ＋２・ａｎ・ｘｎ｝＋５ｎ＋1・５ｎ−1・ａｎ2

であることから、

　ｘｎ＋12＋１　が、５ｎ＋1 の倍数であるためには、

　　　（ｘｎ2＋１）/５ｎ＋２・ａｎ・ｘｎ　が ５ の倍数であればよい。

　ｂｎ＝（ｘｎ2＋１）/５ｎ　とおき、ｂｎ を５で割った商を ｑｎ 、余りを ｒｎ とすると、

　　　　　　　ｂｎ ＝５・ｑｎ ＋ ｒｎ

よって、　（ｘｎ2＋１）/５ｎ＋２・ａｎ・ｘｎ ＝５・ｑｎ ＋ ｒｎ＋２・ａｎ・ｘｎ

ところで、　ｘ1＝２　とすると、　ｘｎ＋1＝ｘｎ＋５ｎ・ａｎ　の構成から、

　　　　　　ｘｎ ≡ ２　（ｍｏｄ　５）

したがって、

　　（ｘｎ2＋１）/５ｎ＋２・ａｎ・ｘｎ ＝５・ｑｎ ＋ ｒｎ＋２・ａｎ・ｘｎ≡ｒｎ＋４・ａｎ　（ｍｏｄ　５）

よって、　（ｘｎ2＋１）/５ｎ＋２・ａｎ・ｘｎ　が ５ の倍数であるためには、ａｎ を、

　　　　　　ａｎ＝ｒｎ

と定めればよい。

　以上の考察をもとに、上記に述べた事実は次のようにして証明される。

（証明）　証明することは、

　　任意の自然数 ｎ に対して、ある自然数 ｘｎ が存在して、ｘｎ2＋１　は、５ｎ の倍数

である。数学的帰納法により証明する。

ｎ＝１　のとき、　ｘ1＝２　とすると、　ｘ12＋１＝５　は、５ の倍数で、命題は成り立つ。

ｎ＝ｋ　（ｋ≧１）のとき、命題が成り立つものと仮定する。

　すなわち、　ある自然数 ｘｋ が存在して、ｘｋ2＋１　は、５ｋ の倍数である。

　そこで、　（ｘｋ2＋１）/５ｋ　を、５ で割った余りを ａｋ とし、ｘｋ＋1＝ｘｋ＋５ｋ・ａｋ　とおく。

　このとき、　ｘｋ＋12＋１＝（ｘｋ＋５ｋ・ａｋ）2＋１

　　　　　　　　　　　　　＝（ｘｋ2＋１）＋２・５ｋ・ａｋ・ｘｋ＋５2ｋ・ａｋ2

　　　　　　　　　　　　　＝５ｋ・｛（ｘｋ2＋１）/５ｋ＋２・ａｋ・ｘｋ｝＋５ｋ＋1・５ｋ−1・ａｋ2

　　　ここで、　ｘ1＝２　より、　ｘｋ ≡ ２　（ｍｏｄ　５）　なので、

　　　　　　　　　（ｘｋ2＋１）/５ｋ＋２・ａｋ・ｘｋ≡ａｋ＋４ａｋ＝５ａｋ≡０　　（ｍｏｄ　５）

　よって、　（ｘｋ2＋１）/５ｋ＋２・ａｋ・ｘｋ　は、５ の倍数となり、ｘｋ＋12＋１　は、５ｋ＋1 の倍数

となる。これは、命題が　ｎ＝ｋ＋１　のときも成り立つことを示す。

　したがって、すべての自然数 ｎ に対して、命題は成り立つ。　（証終）

（コメント）　上記では、ｘ＝２　を初期条件としたが、ｘ＝３　としても、ｘ2＋１＝１０　は、５ の
　　　　　　倍数となる。この場合の存在が気になる（別に無視してもよい．．．）のだが、上記
　　　　　　と同様な議論は可能なのだろうか？これについては今後の研究課題としよう。


（参考文献：　数学セミナー編集部　大学でどのような数学を学ぶのか　（日本評論社））

（追記）　漸化式が分かっていれば、解を求めるプログラムを作ることも容易であろう。

　Ｅｘｃｅｌ のＶＢＡで下記のように作ってみた。

Sub 倍数()
　Dim a, x As Double
　Dim n As Integer
Range("a2").Select
　x = 2
For n = 1 To 20
　Cells(n + 1, 1).Value = n
　Cells(n + 1, 2).Value = x
　　a = (x ^ 2 + 1) / 5 ^ n Mod 5
　　x = x + (5 ^ n) * a
　Cells(n + 2, 1).Value = n + 1
　Cells(n + 2, 2).Value = x
Next n
End Sub

　Ｅｘｃｅｌ　を起動し、[ツール]−[マクロ]−[Ｖｉｓｕａｌ　Ｂａｓｉｃ　Ｅｄｉｔｏｒ]　とクリックして、Ｅｄｉｔｏｒ
を起動し、[挿入]−[標準モジュール]　を選択して、上記を記述して、実行してみてください。

　残念ながら、Ｅｘｃｅｌ の限界なのか、オーバーフローで途中で止まってしまうことはご容赦
ください。

　次のような計算結果が得られるようである。

　　　　　　
ｎ ｘｎ
1 2
2 7
3 57
4 182
5 2057
6 14557
7 45807
8 280182
9 280182
10 6139557
11 25670807
12 123327057
13 123327057
14 5006139557

　当ＨＰがいつもお世話になっているオンライン整数列大辞典の中のA048898に同様な数
列が並ぶ。代数学的に多項式　ｘ2＋１ の意味を考えれば当然なのかな？
（→　参考：「ｐ進数体の初歩」）


（追々記）　平成１８年５月１日当ＨＰがいつもお世話になっている、らすかるさんから、上記
　　　　　　表の ｎ＝１２ からオーバーフローによる桁落ちが起きているというご指摘をいた
　　　　　　だいた。
　　　　　　　私自身も「何か変だな？」と思いつつ、そのままにしてしまっていた。再計算させ
　　　　　　たところ、やはり違っていた。お詫びして訂正させていただきます。上記の表は、
　　　　　　訂正済みのものです。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんが、上記の命題を一般化された。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年７月２６日付け）

(１)　ｐ は奇素数、ｃ は整数とする。ｘ2＋ｃ が ｐ の倍数となるような自然数 ｘ が存在

　　するとき、どのような自然数 ｎ に対しても、ｘ2＋ｃ が ｐｎ の倍数となるような自然

　　数 ｘ が存在する。

　これを証明してください。


　攻略法さんが、上記問題の解について考察されました。（平成２３年７月２８日付け）

ｘ2＋０≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
1  5
2  5
3  25
4  25
5  125
6  125
7  625
8  625
9  3125
10  3125		 　 ｘ2＋１≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
1  2
2  7
3  57
4  182
5  2057
6  14557
7  45807
8  280182
9  280182
10  6139557		 ｘ2＋２≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
解なし


ｘ2＋３≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
解なし
ｘ2＋４≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
1  1
2  11
3  11
4  261
5  5261
6  17761
7  142761
8  611511
9  1392761
10  17017761

　また、次も題意を満たします。（→参考サイト：「http://oeis.org/A034939」

ｘ2＋０≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
1  5
2  5
3  25
4  25
5  125
6  125
7  625
8  625
9  3125
10  3125		 ｘ2＋１≡０ 　 (ｍｏｄ　５ｎ)
1  2
2  7
3  57
4  182
5  1068
6  1068
7  32318
8  110443
9  280182
10  3626068		 ｘ2＋２≡０　 (ｍｏｄ　５ｎ)
解なし


ｘ2＋３≡0　 (ｍｏｄ　５ｎ)
解なし
ｘ2＋４≡0　 (ｍｏｄ　５ｎ)
1  1
2  11
3  11
4  261
5  989
6  2136
7  13489
8  169739
9  560364
10  2513489


　ＦＮさんの考察の続きです。（平成２３年７月２６日付け）

　もっと一般的な状況を考えるために、合同式を使って書きます。

(１)　任意の自然数 ｎ に対して、ｘ2＋ｃ≡0　(ｍｏｄ　ｐｎ) が整数解を持つための必要

　　十分条件は、ｘ2＋ｃ≡0　(ｍｏｄ　ｐ) が整数解を持つことである。

　　ただし、ｐ は奇素数、ｃ は ｐ の倍数でない整数とする。

　これが、どの程度一般化できるかを考えます。

　ｐ を素数、ｆ(ｘ) を整数係数の多項式として、

「任意の自然数 ｎ に対して、ｆ(ｘ)≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) が整数解を持つための必要十分

条件は ｆ(ｘ)≡０　(ｍｏｄ　ｐ) が整数解を持つことである」

がどの程度成り立つかです。必要性は当たり前で、十分性が問題です。

　ｎ＝１ で成り立てば、すべての ｎ で成り立つという強い性質が、そういつでも成り立つとは
思えません。

　(１)で、ｐ は奇素数でないといけません。ｐ＝２ のときは成り立ちません。

　ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　２) は解を持ちますが、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　４) は解を持ちません。

　(２)　f(ｘ)＝ｘk＋ｃ　については成り立つか。

　(３)　f(ｘ)＝ｘ2＋ｂｘ＋ｃ については成り立つか。

　(４)　f(ｘ)＝ａｘ＋ｂ については成り立つか。

　必要なら、ｐ になんらかの条件をつけてもかまいません。成り立つでしょうか。(２)(３)(４)は
順不同です。どれが易しいのか難しいのかわかりません。


　FNさんより、上記の問題と(2)(3)についてコメントをいただきました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年８月４日付け）

　ｋ と ｃ が、ｐ の倍数でないとき成り立つようです。即ち

(2)　ｐ は素数、ｋ は、ｐ の倍数でない自然数、ｃ は、ｐ の倍数でない整数であるとする。
　任意の自然数 ｎ に対して、ｘｋ＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) が解を持つための必要十分条件は、
　ｘｋ＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐ) が解を持つことである。

　ほとんど (1) と同じで証明できます。(1) の証明自体が、もともとの問題

　　　「ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　５ｎ) は、すべての自然数 ｎ に対して解を持つ」

の証明とほとんど同じですから、同じやり方でここまでは証明できるということになります。

　「(３)　f(ｘ)＝ｘ2＋ｂｘ＋ｃ については成り立つか。」について、「 ｐ は奇素数」は当然必要。

ｂ が偶数のときは、平方完成により、(1)に帰着できます。ｂ＝２Ｂ　とすると、

　　ｘ2＋ｂｘ＋ｃ＝ｘ2＋２Ｂｘ＋ｃ＝（ｘ＋Ｂ）2−Ｂ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ)

　従って、−Ｂ2＋ｃ が ｐ の倍数でないとき成り立ちます。Ｂ2−ｃ は判別式ですから、判別
式が ｐ の倍数でないときということもできます。

　ｂ の偶奇が本質的でないなら、「判別式が ｐ の倍数でないとき」が条件である可能性が
ありますがそんなに甘くないかもしれません。


　ＦＮさんが、

(１)　任意の自然数 ｎ に対して、ｘ2＋ｃ≡0　(ｍｏｄ　ｐｎ) が整数解を持つための必要

　　十分条件は、ｘ2＋ｃ≡0　(ｍｏｄ　ｐ) が整数解を持つことである。

　　ただし、ｐ は奇素数、ｃ は ｐ の倍数でない整数とする。

について、証明を与えられた。（平成２３年８月２日付け）

（証明）　ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) を、＜ｎ＞ とおく。n≧1として、＜ｎ＞が解を持つとき、

＜ｎ＋１＞が解を持つことを示せば十分である。

　＜ｎ＞の解を、ｘ とする。＜ｎ＋１＞の解で、ｘ＋ｐｎ・ｙ の形であるものを求めよう。

(＜ｎ＋１＞の解は、＜ｎ＞の解であるから、＜ｎ＋１＞の解はすべてこの形で得られる。)

　(ｘ＋ｐｎ・ｙ)2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1) より、ｘ2＋２ｘｙｐｎ＋ｐ2ｎ・ｙ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1)

ｎ≧１ だから、２ｎ≧ｎ＋１ で、ｐ2ｎ・ｙ2≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1)

　ここで、ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) であるから、ｘ2＋ｃ＝ｐｎ・ｚ と書ける。

これらを代入して、ｐｎ・（ｚ＋２ｘｙ）≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1)

これは、　ｚ＋２ｘｙ≡０　(ｍｏｄ　ｐ) と同値である。

　ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐ) で、ｃ≡０　(ｍｏｄ　ｐ) でないから、ｘ≡０　(ｍｏｄ　ｐ)でない。

　また、ｐ は、２でないから、２ｘ≡０　(ｍｏｄ　ｐ) でない。従って、２ｘは、ｍｏｄ　ｐ で逆元を

持つ。　２ｘｙ≡−ｚ　(ｍｏｄ　ｐ)　より、　ｙ≡−ｚ(２ｘ)-1　(ｍｏｄ　ｐ)

このとき、ｘ＋ｐｎ・ｙ は、＜ｎ＋１＞の解である。　　（証終）

　この証明から、＜ｎ＞の解に対して、＜ｎ＋１＞の解が、ｍｏｄ　ｐｎ+1 で一意的であること
も示されている。

　＜１＞は、体における２次方程式であるから、解は２個以下である。また、ｘ が解であれ
ば、−ｘ も解であり、ｐ≠２ より、ｘ と −ｘ は、ｍｏｄ　ｐ で異なる。

　従って、＜１＞が解を持てば、解は、ｍｏｄ　ｐ で、ちょうど２個になり、＜ｎ＞も ｍｏｄ　ｐｎ
でちょうど２個の解を持つ。

　ｐ＝２　のとき、この命題が成り立たないのは明らかですが、

　　　　ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　２ｎ)　･･･　＜ｎ＞

の解について、どのようなことが言えるでしょうか。

　まず、つまらないケース、即ち、ｃ＝−ａ2　(ａ は整数) のときは、ｘ2＋ｃ＝ｘ2−ａ2＝０　は
整数解を持つから、当然、＜ｎ＞は解を持ちます。これ以外の場合、有限個のｎ を除いて、
＜ｎ＞は解を持たないような気がします。少し表現を変えます。

(A)　ｃ は整数とする。ｘ2≡ｃ　(ｍｏｄ　２ｎ) が無限に多くの自然数 ｎ に対して解を持

　　つなら、ｃ は平方数(整数の平方)である。

　これは正しいでしょうか。正しいなら証明を、正しくないなら反例をあげてください。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年８月７日付け）

　これは全然間違いでした。奇素数の場合と同様なことが成り立つようです。ただし、ｎ＝１
では駄目で、ｎ＝３で解を持つことが必要十分条件でした。(Ａ)では、ｃ を右辺に書きました
が、(1)と同様に左辺に ｃ がある形で書きます。

(1A)　任意の自然数 ｎ に対して、ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　２ｎ) が整数解を持つための必

　　要十分条件は、ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　８) が整数解を持つことである。ただし、ｃ は

　　奇数とする。

　ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　２ｎ)　を＜ｎ＞とする。n≧3として、＜ｎ＞が解を持てば、＜ｎ＋１＞が

解を持つことを示せば十分である。

　ｘ が＜ｎ＞の解であるとする。即ち、ｘ2＋ｃ≡０　(ｍｏｄ　２ｎ)

ｃ は奇数だから、ｘ も奇数。ｙ＝ｘ＋２ｎ-1 とおく。ｙ2＝ｘ2＋２ｎｘ＋２2ｎ-2

n≧3より、２ｎ−２≧ｎ＋１　従って、ｙ2＋ｃ≡ｘ2＋ｃ＋２ｎｘ≡ｘ2＋ｃ＋２ｎ　(ｍｏｄ　２ｎ+1)

ｍｏｄ　２ｎ+1 で考えると、ｘ2＋ｃ は、０ か ２ｎ のどちらかに合同である。

前者であれば、ｘ が、後者であれば、ｙ が、＜ｎ＋１＞の解である。

（だから、(A)の反例としては、例えば、ｃ＝17、33、-7等があります。）


　「５の倍数」の話題について、山梨県在住のＴ．Ａ．さんより、平成１９年３月１４日にメール
をいただいた。そのメールでは、「５の倍数」での話を見事に一般化されたレポートが添付さ
れていたのだが、こちらの不手際でそのままになってしまっていた。Ｔ．Ａ．さんにお詫びする
とともに、Ｔ．Ａ．さんからのレポートを整理していきたいと思う。（平成２３年８月４日付け）

　＜ｘｎ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) の解について＞

定理１　　ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐ) が異なる２つの解を持つとき、全ての自然数 ｎ につ

　　　　　いて、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) は、ｍｏｄ　ｐｎ に関して合同でない２つの解を

　　　　　持つ。ただし、ｐ は奇素数とする。

（証明）　数学的帰納法による。

ｎ＝１　のときは、明らかに成り立つ。

いま、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) は、ｍｏｄ　ｐｎ に関して合同でない２つの解を持つと仮定する。

このとき、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1) を満たす ｘ は、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) を満たすから、

数学的帰納法の仮定により、ｍｏｄ　ｐｎ に関して合同でない２つの解を持つ。

そのうちの１つを、ｘ≡ａ　(ｍｏｄ　ｐｎ) とすると、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1) を満たす ｘ は、

　　　ｘ＝ａ＋ｐｎ・ｙ

と表されるから、

　　０≡（ａ＋ｐｎ・ｙ）2＋１＝ａ2＋１＋２ａ・ｐｎ・ｙ＋ｐ2ｎ・ｙ2≡ａ2＋１＋２ａ・ｐｎ・ｙ　(ｍｏｄ　ｐｎ+1)

が成り立つ。

さらに、　ａ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) であるから、ａ2＋１＝ｐｎ・ｂ とおくと、

　　ｐｎ・ｂ＋２ａ・ｐｎ・ｙ≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1)　すなわち、　ｂ＋２ａｙ≡０　(ｍｏｄ　ｐ)

が成り立つ。

　ここで、２ａ≡０　(ｍｏｄ　ｐ) でないから、ｙ に関するこの方程式は、ｍｏｄ　ｐ に関してただ

一つの解を持つ。

　したがって、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ+1) の解は、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) の２つの解から、

それぞれ１つずつの解を得ることになり、ｍｏｄ　ｐｎ+1 に関して合同でない２つの解を持つ。

　よって、数学的帰納法により、上記の命題が証明された。　　（証終）

　※　実は、「Ｆ（α）≡０　(ｍｏｄ　ｐ) 、Ｆ’（α）≡０でない　(ｍｏｄ　ｐ)　ならば、

　　　Ｆ（β）≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ）　、β≡α　(ｍｏｄ　ｐ) を満たすβがただ一つ存在する」

　　ことが容易に示せる。

定理２　　ａ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐ） のとき、ａｐｎ-1は、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) の解で

　　　　　ある。ただし、ｐ は素数。

※　以下の証明で、次の事実を用いる。

　　（α，ｐ）＝（β，ｐ）＝１、ｐ｜ｎ のとき、

　　　α≡β　(ｍｏｄ　ｎ) ならば、αｐ≡βｐ　(ｍｏｄ　ｎｐ)

　　実際に、　α＝β＋ｎｋ　（ｋは整数）　とおくと、

　　　　　　　αｐ＝（β＋ｎｋ）ｐ＝βｐ＋ｐ・βｐ-1・ｎｋ＋・・・＋（ｎｋ）ｐ

　　　　　　　ｐ は、ｎ の約数なので、　ｐ・β・ｎｋ＋・・・＋（ｎｋ）ｐ≡０　（ｍｏｄ　ｎｐ）

　　　　　よって、　αｐ≡βｐ　（ｍｏｄ　ｎｐ）

（証明）　ａ2≡−１　(ｍｏｄ　ｐ） の両辺を ｐ 乗することにより、

　　　　（ａ2）ｐ≡（−１）ｐ＝−１　(ｍｏｄ　ｐ2) を得る。

　　さらに、ｐ 乗して、（ａ2）ｐ2≡（−１）ｐ＝−１　(ｍｏｄ　ｐ3) 、・・・・・・

　　　したがって、　（ａ2）ｐｎ-1≡−１　(ｍｏｄ　ｐｎ)　より、

　　　　　　（ａｐｎ-1）2≡−１　(ｍｏｄ　ｐｎ)

　　が成り立つ。　　（証終）

（イ）　ｐ＝５　のとき、　２2＋１≡０　(ｍｏｄ　５）　、３2＋１≡０　(ｍｏｄ　５） であるから、全て

　　の自然数 ｎ について、ｘｎ2＋１≡０　(ｍｏｄ　５ｎ) は、（ｍｏｄ　５ｎ に関して合同でない）

　　２つの解を持ち、その解は、ｘｎ＝２５ｎ-1　、３５ｎ-1　であることが分かる。

　　　また、ｘ≡ａ　(ｍｏｄ　５ｎ) ならば、ｘ≡ａ　(ｍｏｄ　５) なので、仮に、ａ≡２　(ｍｏｄ　５）で

　　あれば、２ａ≡−１　(ｍｏｄ　５）より、ｂ＋２ａｙ≡０　(ｍｏｄ　５) において、ｙ＝ｂ とすること

　　により、ｂ＋２ａｂ≡０　(ｍｏｄ　５) となる。

　　　したがって、　ｘ＝ａ＋５ｎ・ｂ　、ａ2＋１＝５ｎ・ｂ より、　ｘ≡ａ2＋ａ＋１　(ｍｏｄ　５ｎ+1) は、

　　ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　５ｎ+1) の解になっていることが分かる。

　　　つまり、ｘ1≡２　(ｍｏｄ　５) 、ｘｎ+1≡ｘｎ2＋ｘｎ＋１　(ｍｏｄ　５ｎ+1) によって与えられる数

　　列 ｛ ｘｎ ｝ は、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　５ｎ) の解になっているのである。

　　　さらに、３≡−２　(ｍｏｄ　５) であるから、ｙｎ≡−ｘｎ (ｍｏｄ　５ｎ) とおくと、

　　（−ｙｎ）2＋１≡ｘｎ2＋１≡０　(ｍｏｄ　５ｎ) より、ｙｎ も、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　５ｎ) の解になっ

　　ていることが分かる。このときの数列 ｛ ｙｎ ｝ の漸化式は、

　　 ｙ1＝３　(ｍｏｄ　５) 、ｙｎ+1＝−ｘｎ+1≡−ｘｎ2−ｘｎ−１≡−ｙｎ2＋ｙｎ−１　(ｍｏｄ　５ｎ+1) で

　　与えられる。

　　　上記の数列 ｛ ｘｎ ｝、｛ ｙｎ ｝ の初めの１２項を調べてみると、下の表のようになる。

　 ｘｎ＝（ｘｎ）(5) ｙｎ
ｎ＝１ ２＝２(5) ３
ｎ＝２ ７＝１２(5) １８
ｎ＝３ ５７＝２１２(5) ６８
ｎ＝４ １８２＝１２１２(5) ４４３
ｎ＝５ ２０５７＝３１２１２(5) １０６８
ｎ＝６ １４５５７＝４３１２１２(5) １０６８
ｎ＝７ ４５８０７＝２４３１２１２(5) ３２３１８
ｎ＝８ ２８０１８２＝３２４３１２１２(5) １１０４４３
ｎ＝９ ２８０１８２＝０３２４３１２１２(5) １６７２９４３
ｎ＝１０ ６１３９５５７＝３０３２４３１２１２(5) ３６２６０６８
ｎ＝１１ ２５６７０８０７＝２３０３２４３１２１２(5) ２３１５７３１８
ｎ＝１２ １２３３２７０５７＝２２３０３２４３１２１２(5) １２０８１３５６８

　　※因みに、・・・２２３０３２４３１２１２１(5) と限りなく続けていくと、この数は、整数Ｚの世界
　　　では無限大に発散していくが、５進整数Ｚ5の世界では、ｘ2＋１＝０ を満たす。すなわ
　　　ち、ｉ（虚数単位）に相当する数に収束する。

（ロ）　ｐ＝１３ のときは、ｘｎ＝５13ｎ-1、８13ｎ-1 とすればよい。

　　また、ｙ＝９ｂ とすれば、ｂ＋２ａｙ≡０　(ｍｏｄ　１３) を満たすから、

　　　ｘ1＝５、ｘｎ+1≡９ｘｎ2＋ｘｎ＋９　(ｍｏｄ　１３ｎ+1)

　　とすればよい。また、ｙｎ については、

　　　ｙ1＝８、ｙｎ+1≡−９ｙｎ2＋ｙｎ−９　(ｍｏｄ　１３ｎ+1)

（ハ）　ｐ＝１７ のときは、

　　　ｘ1＝４、ｘｎ+1≡２ｘｎ2＋ｘｎ＋２　(ｍｏｄ　１７ｎ+1)

　　とすればよい。また、ｙｎ については、

　　　ｙ1＝１３、ｙｎ+1≡−２ｙｎ2＋ｙｎ−２　(ｍｏｄ　１７ｎ+1)

　以下、同様である。

（コメント）　ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐｎ) の解の構造など明解で感動しました！Ｔ．Ａ．さんに感
　　　　　　謝します。


　＜ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐ) の解について＞　ただし、ｐ は奇素数とする。

　次の事実が知られている。

定　理　　ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐ) が整数解 ａ を持つための必要十分条件は、

　　　　ｐ≡１　（ｍｏｄ　４）　が成り立つことである。

　この定理は、ＦＮさんが示された事実とも大いに関係があるだろう。

（証明）　必要であること：

　　ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐ) が整数解 ａ を持つので、　ａ2≡−１　(ｍｏｄ　ｐ)　が成り立つ。

　両辺を (ｐ−１)/２ 乗して、　（−１）(ｐ-1)/2≡（ａ2）(ｐ-1)/2≡ａｐ-1

　　ａ と ｐ は互いに素なので、フェルマーの定理より、　ａｐ-1≡１　(ｍｏｄ　ｐ)

　したがって、　（−１）(ｐ-1)/2≡１　(ｍｏｄ　ｐ)　が成り立つ。

　　ところで、ｐ は奇素数なので、　ｐ−１≡０　(ｍｏｄ　２）　である。

　よって、　（−１）(ｐ-1)/2≡１　(ｍｏｄ　ｐ)　が成り立つとき、

　　　　(ｐ−１)/２≡０　(ｍｏｄ　２）　すなわち、　ｐ≡１　（ｍｏｄ　４）　が成り立つ。

　十分であること：

　ｐ≡１　（ｍｏｄ　４）　が成り立つものとする。このとき、　(ｐ−１)/２≡０　(ｍｏｄ　２）　で、

(ｐ−１)/２ は偶数である。

　そこで、　ｘ＝１・２・３・４・・・・・｛(ｐ−１)/２｝　とおくと、ｘ は整数で、

　　ｘ2＝［１・２・３・４・・・・・｛(ｐ−１)/２｝］2　となる。

また、ウィルソンの定理より、　（ｐ−１）！≡−１　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。

　ここで、

　（ｐ−１）！＝１・２・・・・｛(ｐ−１)/２｝｛(ｐ−１)/２＋１｝・・・・（ｐ−２）（ｐ−１）

　　　　　　　＝１・２・・・・｛(ｐ−１)/２｝｛(ｐ＋１)/２｝・・・・（ｐ−２）（ｐ−１）

　　　　　　　＝１・２・・・・｛(ｐ−１)/２｝｛ｐ−(ｐ−１)/２｝・・・・（ｐ−２）（ｐ−１）

　　　　　　　≡１・２・・・・｛(ｐ−１)/２｝｛−(ｐ−１)/２｝・・・・（−２）（−１）　（ｍｏｄ　ｐ）

　　　　　　　≡（−１）(ｐ-1)/2［１・２・・・・｛(ｐ−１)/２｝］2　（ｍｏｄ　ｐ）

と書けるので、　（−１）(ｐ-1)/2・ｘ2≡−１　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。

　(ｐ−１)/２ は偶数であるので、　（−１）(ｐ-1)/2＝１　より、　ｘ2≡−１　（ｍｏｄ　ｐ）

　すなわち、ｘ2＋１≡０　(ｍｏｄ　ｐ) を満たす整数解 ａ（＝１・２・３・４・・・・・｛(ｐ−１)/２｝） が

存在する。

　以上により、命題は示された。　（証終）


（参考文献：　前田芳孝　著　「ｘ2＋ｙ2 の表す自然数」　　数学の並木道（日本評論社））



　　　以下、工事中