完全平方数　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　平方数という概念を意識するようになるのは、おそらく多くの方にとって、中学で学ぶ「平
方根」の計算の時だろう。

　（注）　整数 ｎ に対して、ｎ² を平方数（完全平方数）という。

　 は、これ以上簡単にできないが、平方数の ９ に対して、 は、さらに計算されて、
３ となる。これは、平方数は必ず開平できるという性質に一般化される。中学時代に、この
性質をフルに使って、平方根の計算をスイスイ乗り切った方も多いに違いない。

　平方数という概念は、数学のあらゆる場面で登場し、それぞれ面白い性質を我々に教え
てくれる。たとえば、フィボナッチ数列

　　　２，３，５，８，１３，２１，３４，５５，８９，１４４，２３３，３７７，・・・

において、平方数は、１４４ のみであることが知られている。
　（この事実は、フィボナッチ数列の歴史に比べれば、比較的最近分かったことである。１９６４年に、
　 Ｃｏｈｎ や Ｗｙｌｉｅ により、それぞれ独立に証明されたという。）

　無限個の項の中で、平方数が１個しかないというのは、新鮮な驚きである！

　このページでは、平方数に関わる問題を取り上げ、平方数の概念を極めたいと思う。

まずは、準備運動から。

　　１×２×３×４＋１＝２４＋１＝２５＝５²
　　２×３×４×５＋１＝１２０＋１＝１２１＝１１²
　　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

という計算の特徴を一般化して、次の問題が提起される。

問題１　連続する４整数の積に１を加えた数は、常に平方数であることを示せ。

（解）　整数 ｎ に対して、連続する４整数の積に１を加えた数は、
　　　　　　(ｎ−１)・ｎ・(ｎ＋１)・(ｎ＋２)＋１＝(ｎ²＋ｎ)(ｎ²＋ｎ−２)＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝(ｎ²＋ｎ)²−２(ｎ²＋ｎ)＋１
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝(ｎ²＋ｎ−１)²
　　　と書けるので、平方数である。（終）

　また、連続する２整数は、次の性質を持つ。

問題２　連続する２整数 ａ、ｂ に対して、ａ²ｂ²＋ａ²＋ｂ² は、常に平方数になることを示せ。

（解）　整数 ｎ に対して、連続する２整数 ａ、ｂ は、ａ＝ｎ、ｂ＝ｎ＋１ とおけるので、
　　　ａ²ｂ²＋ａ²＋ｂ² ＝ｎ²（ｎ＋１）²＋ｎ²＋（ｎ＋１）²
　　　　　　　　　　　　 ＝ｎ⁴＋２ｎ³＋３ｎ²＋２ｎ＋１
　　　　　　　　　　　　 ＝（ｎ²＋ｎ＋１）²
　　　よって、ａ²ｂ²＋ａ²＋ｂ² は、常に平方数になる。（終）

問題３　連続する２整数 ａ、ｂ （ａ＜ｂ）に対して、Ｎ−（Ｎ−ａ²）（ｂ²−Ｎ）は、常に平方数に
　　　　　なることを示せ。
　　　　　　ただし、Ｎ は、ａ²＜Ｎ＜ｂ² を満たす任意の自然数とする。

（解）　Ｎ−（Ｎ−ａ²）（ｂ²−Ｎ）＝Ｎ−Ｎｂ²＋Ｎ²＋ａ²ｂ²−Ｎａ²
　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝Ｎ²＋Ｎ（１−ａ²−ｂ²）＋ａ²ｂ²
　　　ここで、ｂ＝ａ＋１　なので、
　　　　　　　　　　１−ａ²−ｂ²＝１−ａ²−（ａ＋１）²＝−２ａ（ａ＋１）＝−２ａｂ
　　　よって、
　　　　　　　　Ｎ−（Ｎ−ａ²）（ｂ²−Ｎ）＝Ｎ²−２ａｂＮ＋ａ²ｂ²＝（Ｎ−ａｂ）²
　　　となり、平方数である。（終）

　奇素数（奇数の素数）と平方数との関係も面白い。

問題４　奇素数は、２つの平方数の差として、ただ１通りに表せることを示せ。

（解）　奇素数 ｐ に対して、ｍ＝（ｐ＋１）/２　、ｎ＝（ｐ−１）/２　とおくと、ｍ、ｎ は自然数で、
　　　　　　ｍ²−ｎ²＝（ｐ＋１）²/４−（ｐ−１）²/４＝ｐ
　　　となる。よって、２つの平方数の差として表せることが示された。
　　　　また、ｐ＝ｍ²−ｎ²＝(ｍ＋ｎ)(ｍ−ｎ)　と表せるとき、ｐ は素数なので、
　　　ｍ＋ｎ＝ｐ　、ｍ−ｎ＝１　となり、これを解くと、ｍ＝（ｐ＋１）/２　、ｎ＝（ｐ−１）/２
　　　以上から、奇素数は、２つの平方数の差として、ただ１通りに表せる。（終）

　平方数同士の次の性質も興味深い。

問題５　４より大きい平方数は、２つの平方数の差として表せることを示せ。

（解）　２より大きい整数 ｎ が奇数のとき、ｘ＝(ｎ²＋１）/２　、ｙ＝（ｎ²−１）/２　とおくと、
　　　ｘ　、ｙ はともに自然数で、ｘ²−ｙ²＝（ｎ²＋１）²/４−（ｎ²−１）²/４＝ｎ²　が成り立つ。
　　　２より大きい整数 ｎ が偶数のとき、ｘ＝（ｎ/２）²＋１　、ｙ＝（ｎ/２）²−１　とおくと、
　　　ｘ　、ｙ はともに自然数で、ｘ²−ｙ²＝（（ｎ/２）²＋１）²−（（ｎ/２）²−１）²＝ｎ²　が成り
　　　立つ。
　　　　以上から、何れの場合に対しても、
　　　　　　　　　　４より大きい平方数は、２つの平方数の差として表せる
　　　ことが分かった。（終）

立方数との関連も面白い。

問題６　完全立方数は、２つの平方数の差として表せることを示せ。

（解）　任意の整数 ｎ に対して、ｘ＝ｎ(ｎ＋１）/２　、ｙ＝ｎ（ｎ−１）/２　とおくと、
　　　ｘ　、ｙ はともに整数で、ｘ²−ｙ²＝ｎ²（ｎ＋１）²/４−ｎ²（ｎ−１）²/４＝ｎ³　が成り立つ。
　　　よって、完全立方数は、２つの平方数の差として表せる。（終）

（追記）　平成２５年６月２１日付け

　「すべての立方数はある２つの平方数の差で表される」ことを示すのに、上記の解をすぐ
思いつかれる方は稀だろう。次のように、具体的に考えると規則性が見えてくる。

例　１³＝１²−０²
　 　２³＝３²−１²
　 　３³＝６²−３²
　 　４³＝１０²−６²
　 　５³＝１５²−１０²
　　　・・・・・・・・・

　例を眺めていると、　１、３、６、１０、１５、・・・　の一般項は、

　　　１＋Σ_{ｋ=1〜ｎ-1} （ｋ＋１）＝１＋ｎ（ｎ−１）/２＋ｎ−１＝ｎ（ｎ＋１）/２

なので、　ｎ³＝｛ｎ（ｎ＋１）/２｝²−｛ｎ（ｎ−１）/２｝²　　が成り立ちそうに思える。

　実際に、　右辺＝｛（ｎ＋１）²−（ｎ−１）²｝ｎ²/４＝４ｎ・ｎ²/４＝ｎ³＝左辺

　したがって、すべての立方数はある２つの平方数の差で表されることが示された。


（追記）　ＨＮ「Dengan kesaktian Indukmu」さんからのご投稿です。（令和３年１月１０日付け）

　「ひとつおきの三角数について、その二乗の差は平方数か？」について、お知恵をお貸し
ください。

　今回は、三角数として、１オリジン（＝１から始まる）といたします。（oeisでは０オリジンです）

　すなわち、三角数を小さい順に並べていくと、　1、3、6、10、15、21、・・・　とします。

　ひとつおきの三角数の組について、以下のように二乗の差を次々に計算していきます。

6^2-1^2=35　、10^2-3^2=91　、15^2-6^2=189　、21^2-10^2=341　、・・・

　これらの右辺の数は平方数にならないようなのですが、それは何故でしょうか。

　０オリジンと捉えるならば、　3^2-0^2=9　ですから、平方数となるのは、ただこの一組だけ
となります。


　らすかるさんからのコメントです。（令和３年１月１１日付け）

　{(n+2)(n+3)/2}^2 - {n(n+1)/2}^2 = (2n+3)(n^2+3n+3) で、2n+3 と n^2+3n+3 の最大公約数
は、1 か 3 なので、平方数になるためには、

　2n+3=k^2　かつ　n^2+3n+3=m^2

または

　2n+3=3k^2　かつ　n^2+3n+3=3m^2

のどちらかでなければならない。

　前者のとき、2式からnを消去すると、　k^4+3=4m^2　で、この式の解は、k^2=m^2=1　なの
で、n=-1、-2　となり不適。

　後者のとき、2式からnを消去すると、　3k^4+1=4m^2　で、この式の(全)解は、k^2=m^2=1
なので、n=0

　従って、平方数になるのは、　3^2-0^2=9　のみ。


　ＨＮ「Dengan kesaktian Indukmu」さんからのコメントです。（令和３年１月１１日付け）

　素晴らしいです。いつもながらの快刀乱麻ですね。有り難うございます。スッキリいたしまし
た。さて、上記の問題６で以下の記述があります。

　任意の整数 n に対して、 x=n(n+1)/2 、y=n(n-1)/2 とおくと、x 、 y はともに整数で、
　　x^2-y^2=n^2*(n+1)^2/4-n^2(n-1)^2/4=n^3
が成り立つ。

　以上の記述を援用すると、今回、らすかるさんからご教示頂いたことと合わせまして、次が
言えると思います。

　青木先生のサイト「数学の部屋」の記事：

　「連続する２つの自然数の立方の和が平方数になる場合をすべて求めよ。」

において、　1^3 + 2^3 = 3^2　が唯一解です。

　青木先生のサイトでは未解決となっていて気になっていました。今回解明されましたので、
本当に有難いです。


　ＨＮ「Dengan kesaktian Indukmu」さんからのコメントです。（令和３年１月１３日付け）

　再度、ご教示を頂けませんでしょうか。質問は二点ありまして、以下（Ａ）、（Ｂ）といたします。

（Ａ）　ご教示頂いた以下の点につきまして。

　k^4+3=4m^2　で、この式の解は、k^2=m^2=1

　私は、以下のように理解いたしました。すなわち、4m^2=(2m)^2=(-2m)^2　なので、まずは、

2m＞0　の場合についてを考えます

　k^4+3=4m^2　を変形し、(2m+k^2)(2m-k^2)=3　を得ます。

　(2m+k^2) ＞ (2m-k^2)　なので、　2m+k^2=3 かつ 2m-k^2=1　である。

これより、辺々加えて、4m=4　を得ます。

　これより、　m=1、k^2=1　となります。

　以上は、　2m＞0　の場合でした。

　次に、2m＜0 の場合を調べます。

　M=-m　で置換して、　(2m+k^2)(2m-k^2)=3　から、　(-2M+k^2)(-2M-k^2)=3　を得ます。

すなわち、　(2M-k^2)(2M+k^2)=3

　これは 2m＞0 の場合で検討した　(2m+k^2)(2m-k^2)=3　と同じなので、同じ道筋で、

　　M=1、k^2=1

を得ます。すなわち、　m=-1, k^2=1　となります。

　以上、2m＞0 の場合と 2m＜0 の場合とで、あわせて、k^4+3=4m^2　については、

　　m^2 = k^2 = 1

が唯一の解であるとわかりました。

　らすかるさん、以上が私なりの理解ですが、もっとシンプルでスッキリとした証明方法があ
りますでしょうか。

　ここまでは、ひとつめの質問（Ａ）についてでした。

　次に、ふたつめの質問（Ｂ）についてです。

　らすかるさんの御教示には、次のようにあります。

　3k^4+1=4m^2　で、この式の(全)解は、k^2=m^2=1

　私は理解に努めようとしましたが、以下の流れで途中でつまづいてしまいました。

　3k^4+1=4m^2　を変形して、　3(k^2-m)(k^2+m)=(m-1)(m+1)

　（Ａ）と同じように M=-m などを考慮しつつ、まずは、　m＞0 のケースについて考えていけ
ばよいと考えます。

　二次方程式の判別式が整数となる必要があることなどから、3(2m+1)(2m-1)　が完全平方
数であることが、m=1のとき以外にはあり得なければ、〈3k^4+1=4m^2　で、この式の(全)解は、
k^2=m^2=1〉を導けるとわかりました。

　隣り合う（正の）奇数の積の3倍は自明な解(1,3)以外には完全平方数たりえない、ということ
は、一見あたりまえのように思いましたが、よく考えますと証明が必要とようやく昨夜に気がつ
きました。

　以上のように、私の理解は全然ダメでした。らすかるさんによる（Ｂ）についての証明は如何
なるものなのでしょうか。

　以上２点、何卒ご教示を賜りたくお願い申し上げます。


　らすかるさんからのコメントです。（令和３年１月１３日付け）

　（Ａ）について、 もっとシンプルでスッキリとした証明方法がありますか。

　(n+1)^2-n^2=2n+1　から、平方数の差が3以下になるためには、小さい方の平方数は、
0か1でなければなりません。（小さい方が4ならば隣接平方数が9なので差が5以上です）

　k^4+3=4m^2　を変形すると、　(2m)^2-(k^2)^2=3　ですから、k^2=0、1　ということです。

k^2=0　では明らかに成り立ちませんので、k^2=1すなわちk^2=m^2=1の場合しかありません。

　 （Ｂ）については簡単ではありません。（多分高校数学までの範囲では解けません）

　「Integral Points on Elliptic Curve」に、

　「x^2-3y^4=1の整数解は、(±1,0)、(±2,±1)、(±7,±2)に限られる」

ことの証明があります。

　3k^4+1=4m^2　を変形すると、　(2m)^2-3k^4=1　となり、2mは偶数ですから、上記の証明
により、(2m,k)=(±2,±1) しか存在しないことがわかります。

　従って、　k^2=m^2=1　が全解です。


　ＨＮ「Dengan kesaktian Indukmu」さんからのコメントです。（令和３年１月１３日付け）

　らすかるさん、丁寧な御解説を誠に有り難うございました。

　（Ａ）について、スッキリとした道筋があったのですね、有り難うございます。

　（Ｂ）について、証明の骨組みがよくわかりました。有り難うございます。

　楕円関数まで登場するとなりますと確かに私のような高卒程度の力では及ぶところでは
ありませんでした。このこともわかって諦めもつきました。あらためまして、この度は有り難
うございます。


（閑話休題）

　数 「１４４」 を「読んで！」と言われたら、ほとんどの人が「ひゃくよんじゅうよん」と読むだ
ろう。これは、無意識のうちに、（←　これは学校教育の一つの大きな成果！）

　　　　　　　　　　１４４＝１×１０²＋４×１０＋４

と考えて答えるからに相違ない。

　このような記数法を、十進法（よみは、「じっしんほう」です！）という。

　十進法が我々の社会に深く根付いているのは、人間の両手の指を用いた計算と密接に
結びついているからである。

　数学では、「１０」以外に、いろいろな自然数 Ｐ （Ｐ＞１）を用いて、

　Ｐ進法による表示　：　ａ_ｎＰ^ｎ＋ａ_ｎ-1Ｐ^ｎ-1＋ａ_ｎ-2Ｐ^ｎ-2＋・・・＋ａ₂Ｐ²＋ａ₁Ｐ＋ａ₀

　　　　　　　　　　（ ただし、 １≦ａ_ｎ≦Ｐ−１　、０≦ａ_ｋ≦Ｐ−１　（ｋ＝０、１、２、・・・、ｎ−１））

が考えられている。

　Ｐ＝２　の場合が二進法で、コンピュータの世界で活躍する。一つの数字を表すのに、と
てつもなく長くなるという欠点はあるものの、数字の「０」と「１」だけで全てが表せるという利
点を覆すまでには至らない。

　例　１１０１０１１１₍₂₎＝１・２⁷＋１・２⁶＋０・２⁵＋１・２⁴＋０・２³＋１・２²＋１・２＋１＝２１５

　この欠点をカバーするために、コンピュータの世界では １６進法による表示も利用される。
用いる数字は、「０」「１」〜「９」では足りないので、「Ａ」「Ｂ」「Ｃ」「Ｄ」「Ｅ」「Ｆ」が使われる。

　例　ＦＦＦＦ₍₁₆₎＝１５・１６³＋１５・１６²＋１５・１６＋１５＝６５５３５

問題７　数の １４４　は、どんな記数法においても平方数になることを証明せよ。

（解）　記数法の底を　Ｐ　とすると、Ｐ≧５　である。
　　　このとき、
　　　　　　　　　　１・Ｐ²＋４・Ｐ＋４・１＝（１・Ｐ＋２・１）²
　　　と書けるので、
　　　　数の １４４　は、どんな記数法においても平方数になる。　（終）

（コメント： この事実と、フィボナッチ数列の中の平方数が１４４のみである事実を考えると
　　　　　　き、何か永遠不変の神秘さを感じる！）

　問題７の解の構造を精査すれば次の問題も容易だろう。

問題８　数の １４６４１　は、どんな記数法においても平方数になることを証明せよ。

（解）　記数法の底を　Ｐ　とすると、Ｐ≧７　である。
　　　このとき、
　　　　　　　１・Ｐ⁴＋４・Ｐ³＋６・Ｐ²＋４・Ｐ＋１＝（１・Ｐ＋１）⁴＝（１・Ｐ²＋２・Ｐ＋１）²
　　　と書けるので、
　　　　数の １４６４１　は、どんな記数法においても平方数になる。　（終）

　このような数達に対して、次のような性質があることを最近知ることができた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年１２月３１日付け）

　１０４０６０４０１＝１０１⁴＝１０２０１²

　１００４００６００４００１＝（７・１１・１３）⁴＝１００２００１²

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　この性質を一般化して、次の問題が得られる。

問題９　数 １４６４１　のおのおのの２つの数字の間に ｋ 個の０を挿入して得られる数は、
　　　　どんな記数法においても平方数になることを証明せよ。

　任意の自然数 ｋ に対して示すことは可能であるが、煩雑さを避けるために、ｋ＝１として
証明することにしよう。

（解）　記数法の底を　Ｐ　とすると、Ｐ≧７　である。
　　　このとき、与えられた数は
　　　　　　　１・Ｐ⁸＋４・Ｐ⁶＋６・Ｐ⁴＋４・Ｐ²＋１＝（１・Ｐ²＋１）⁴＝（１・Ｐ⁴＋２・Ｐ²＋１）²
　　　と書けるので、どんな記数法においても平方数になる。　（終）


　平方数が無限に存在することは明らかであるが、平方数の存在範囲を規定する次の問
題は興味深い。

問題１０　任意の自然数 ｎ に対して、　ｎ 、ｎ＋１ 、ｎ＋２ 、・・・ 、２ｎ　の中に必ず平方
　　　　　数が存在することを証明せよ。

（解）　自然数 ｎ に関する数学的帰納法により示す。
　　　ｎ＝１ のときは明らかに成り立つ。
　　　ｎ＝ｋ （ｋ≧１）のとき成り立つと仮定する。すなわち、
　　　　ｋ 、ｋ＋１ 、ｋ＋２ 、・・・ 、２ｋ　の中に必ず平方数が存在するものとする。
　　　このとき、ｋ＋１ 、ｋ＋２ 、・・・ 、２ｋ　の中に平方数が存在すれば、
　　　　ｋ＋１ 、ｋ＋２ 、・・・ 、２ｋ 、２ｋ＋１ 、２（ｋ＋１）　の中に必ず平方数が存在する。
　　　また、ｋ が平方数 ｍ² とすれば、　３≦２ｍ＋１≦ｋ＋２　なので、
　　　　平方数　ｋ＋２ｍ＋１＝ｍ²＋２ｍ＋１＝（ｍ＋１）²　が、
　　　　ｋ＋１ 、ｋ＋２ 、・・・ 、２ｋ 、２ｋ＋１ 、２（ｋ＋１）　の中に必ず存在する。
　　　以上から、何れにしても、
　　　　ｋ＋１ 、ｋ＋２ 、・・・ 、２ｋ 、２ｋ＋１ 、２（ｋ＋１）　の中に必ず平方数が存在する。
　　　よって、ｎ＝ｋ＋１　のときも成り立つ
　　　　したがって、任意の自然数 ｎ に対して、　ｎ 、ｎ＋１ 、ｎ＋２ 、・・・ 、２ｎ　の中に必
　　　ず平方数が存在する。（終）

　以上では、平方数になる（または、平方数の差になる）ことを示す問題を扱ってきた。

その論理構造は、

　任意の整数 ｎ を含む命題関数 Ｆ（ｎ）に対して、ある整数 ｍ が存在して、

　　　　　　　　　　　　Ｆ（ｎ）＝ｍ²

である。したがって、平方数にならないことを示すには、

　ある整数 ｎ を含む命題関数 Ｆ（ｎ）に対して、どんな整数 ｍ を選んでも、

　　　　　　　　　　　　Ｆ（ｎ）≠ｍ²

ということを調べなければならない。

　このことは、平方数でないことを示すことの難しさを如実に物語っている。

　いくつか問題を眺めてみよう。

問題１１　任意の自然数 ｎ に対して、３ｎ²−１ は平方数にはなり得ないことを示せ。

（解）　ある自然数 ｍ について、３ｎ²−１＝ｍ² と仮定する。
　　　このとき、　ｎ²＝（ｍ²＋１）/３　において、ｍ²＋１ を３で割った余りは、１ または ２
　　　なので、ｎ² は自然数になり得ない。これは、ｎ が自然数であることに矛盾する。
　　　　よって、３ｎ²−１ は平方数にはなり得ない。（終）

問題１２　２ 以上の自然数 ｎ に対して、ｎ²−ｎ＋１ は平方数にはなり得ないことを示せ。

（解）　ある自然数 ｍ について、ｎ²−ｎ＋１＝ｍ² と仮定する。
　　　ｎ に関する２次方程式　ｎ²−ｎ＋１−ｍ²＝０ において、解の公式により、

　　　　　　　　　

　　　となる。ここで、ｎ は自然数なので、ある自然数 ｋ について、　４ｍ²−３＝ｋ²　でな
　　　ければならない。
　　　　このとき、　(２ｍ＋ｋ)(２ｍ−ｋ)＝３　より、　２ｍ＋ｋ＝３　、　２ｍ−ｋ＝１　なので、
　　　ｍ＝ｋ＝１　となり、　ｎ＝０、１　でなければならないが、これは、ｎ ≧ ２ に矛盾する。
　　　よって、ｎ²−ｎ＋１ は平方数にはなり得ない。（終）

　上記の問題１１、問題１２ では、「 どんな整数 ｍ を選んでも、Ｆ（ｎ）≠ｍ² 」ということを
調べるのに、「 ある整数 ｍ を選んで、Ｆ（ｎ）＝ｍ² と仮定して矛盾を示す」という背理法を
用いた。

　これについて、例えば、問題１２ の場合、次のような別解があり、とても興味深く、面白い。

（問題１２ の別解）　ｎ ≧ ２ のとき、　（ｎ−１）²＜ｎ²−ｎ＋１＜ｎ²　なので、

ｎ−１ ＜

＜ ｎ

　ｎ−１ と ｎ は連続する２つの自然数なので、 が自然数になることはない。

よって、ｎ²−ｎ＋１ は平方数にはなり得ない。（終）

　このような、ある意味で直接的な方法は、解析学の知識を活用して示される。当ＨＰの
「大川研究室主催　数学の問題に挑戦！」　でも、この話題を取り上げているので、問題
を再掲してみよう。

問題２００　　不定方程式
　 i)　y²= x⁴＋ x³ ＋ x² ＋ x ＋ 1 の自然数解は (x ， y) = ( 3 ， 11)
　 ii)　y² = x⁴＋ 2x³ ＋ 2x² ＋ 2x ＋ 5 の自然数解は (x ， y) = ( 2 ， 7)
　何れもこれが全て。

平方数の問題に書き換えれば次のようになるであろう。

問題１３　４ 以上の自然数 ｘ に対して、x⁴＋ x³＋ x²＋ x ＋ 1 は平方数にはなり得な
　　　　　いことを示せ。

問題１４　３ 以上の自然数 ｘ に対して、x⁴＋ ２x³＋ ２x²＋ ２x ＋ ５ は平方数にはなり
　　　　　　得ないことを示せ。

（問題１３ の解）　Ｍ＝x⁴＋ x³＋ x²＋ x ＋ 1　とし、
　　　　　　　　Ｆ（ｘ）＝x² ＋（１/２）ｘ　、　Ｇ（ｘ）＝x² ＋（１/２）ｘ＋１/２　とおく。
　　　このとき、　Ｍ−（Ｆ（ｘ））²＝（３/４）x² ＋ｘ＋１＝（３/４）（ｘ＋２/３）²＋２/３＞０
　　　　　　　　　　（Ｇ（ｘ））²−Ｍ＝（１/４）x² −（１/２）ｘ−（３/４）＝（１/４）（ｘ−１）²−１
　　　ここで、ｘ ≧ ４　のとき、
　　　　　　　　Ｆ（ｘ）＞０　、Ｇ（ｘ）＞０　、Ｍ−（Ｆ（ｘ））²＞０　、（Ｇ（ｘ））²−Ｍ＞０
　　　なので、　ｘ ≧ ４　のとき、
　　　　　　　　　　　　（Ｆ（ｘ））²＜Ｍ＜（Ｇ（ｘ））²
　　　が成り立つ。
　　　このとき、自然数 ｘ （ ｘ ≧ ４ ）に対して、必ず、Ｆ（ｘ）、Ｇ（ｘ）のどちらかが自然数で、
　　　　　　　　　　　　　Ｇ（ｘ）−Ｆ（ｘ）＝１/２＜１
　　　なので、Ｍ が平方数になることはない。（終）

（問題１４ の解）　Ｎ＝x⁴＋ ２x³＋ ２x²＋ ２x ＋ ５ 　とし、
　　　　　　　　Ｆ（ｘ）＝x² ＋ｘ　、Ｇ（ｘ）＝x² ＋ｘ＋１　とおく。
　　　このとき、　Ｎ−（Ｆ（ｘ））²＝x² ＋２ｘ＋５＝（ｘ＋１）²＋４＞０
　　　　　　　　　　（Ｇ（ｘ））²−Ｎ＝x² −４
　　　ここで、ｘ＞２　のとき、
　　　　　　　　Ｆ（ｘ）＞０　、Ｇ（ｘ）＞０　、Ｎ−（Ｆ（ｘ））²＞０　、（Ｇ（ｘ））²−Ｎｙ²＞０
　　　なので、　ｘ ≧ ３　のとき、
　　　　　　　　　　　　（Ｆ（ｘ））²＜Ｎ＜（Ｇ（ｘ））²
　　　が成り立つ。
　　　このとき、自然数 ｘ （ ｘ ≧ ３ ）に対して、必ず、Ｆ（ｘ）、Ｇ（ｘ）はともに自然数で、
　　　　　　　　　　　　　Ｇ（ｘ）−Ｆ（ｘ）＝１
　　　なので、Ｎ が平方数になることはない。（終）

　やはり、平方数であることを示すより、平方数でないことを示す方が俄然難しいですね！

　次の問題も整数論の初歩的性質を知らないと手強い問題と言えそうです。

問題１５　３つの連続する自然数の積は、平方数にはなり得ないことを示せ。

　この問題について、平成２２年１２月２７日付けで、ＨＮ「まさ」さん、ＨＮ「ＦＮ」さんより、証
明の誤りのご指摘をいただきました。

（誤った解）　自然数 ｎ （ｎ＞１）に対して、３つの連続する自然数の積は、(ｎ−１)・ｎ・(ｎ＋１)
　　　　　　　とおける。
　　　　いま、ある自然数 ｍ を用いて、(ｎ−１)・ｎ・(ｎ＋１)＝ｍ²　と書けるものとする。
　　　ｎ を素因数分解して、ｎ＝ｐ・ｑ・・・・ｒ　（ｐ、ｑ、・・・、ｒ は素数）と書くとき、上式から ｍ²
　　すなわち、ｍ は、ｐ、ｑ、・・・、ｒ　の倍数となる。
　　　　よって、適当な自然数 Ｍ を用いて、　ｍ＝（ｐ・ｑ・・・・ｒ）Ｍ＝ｎＭ と書ける。
　　　　　　　（この部分が誤り！
　　　　　　　　　まささんの反例：ｍ²＝１５² は、ｎ＝３・５・５の倍数だが、ｍ＝１５はｎの倍数にあらず。）
　　　このとき、
　　　　　　　　　　(ｐ・ｑ・・・・ｒ−１)・ｎ・(ｐ・ｑ・・・・ｒ＋１)＝ｎ²Ｍ²
　　　すなわち、
　　　　　　　　　　(ｐ・ｑ・・・・ｒ−１)(ｐ・ｑ・・・・ｒ＋１)＝ｎＭ²＝（ｐ・ｑ・・・・ｒ）Ｍ²
　　　　ここで、右辺は、ｐ、ｑ、・・・、ｒ　の倍数となるが、左辺は、ｐ、ｑ、・・・、ｒ　の倍数とは
　　　なりえない。これは、矛盾である。
　　　　したがって、３つの連続する自然数の積は、平方数にはなり得ない。（終）

　この問題は、１９７４年に、Ｐａｕｌ　Ｅｒｄｏｓ（ポール・エルデシュ）とJ．L．Ｓｅｌｆｒｉｄｇｅ が証明し
たという定理

　２つ以上の連続する正の整数の積は、２以上の冪乗数にはならない

の特殊な場合である。

　ＦＮさんからいただいたアドバイスをもとに別解を考えてみた。

（別解）　自然数 ｎ （ｎ＞１）に対して、３つの連続する自然数の積は、(ｎ−１)・ｎ・(ｎ＋１)
　　　　とおける。
　いま、ある自然数 ｍ を用いて、(ｎ−１)・ｎ・(ｎ＋１)＝ｍ²　と書けるものとする。
　　このとき、 ｎ−１ と ｎ は互いに素で、ｎ と ｎ＋１ も互いに素であるので、
　ｎ と （ｎ−１）（ｎ＋１）＝ｎ²−１ は互いに素となる。
　　よって、
　　　　　　　ｎ＝Ｋ²　（Ｋは１より大きい自然数）
　　　　　　　ｎ²−１＝Ｌ²　（Ｌは１より大きい自然数）
　でなければならない。
　　ところが、　ｎ²−１＝Ｌ²　より、　ｎ²−Ｌ²＝１　すなわち、　（ｎ＋Ｌ）（ｎ−Ｌ）＝１　から
　ｎ＋Ｌ＝１　、ｎ−Ｌ＝１　となり、　ｎ＝１　、Ｌ＝０　これは矛盾である。
　　したがって、３つの連続する自然数の積は、平方数にはなり得ない。　（終）

（コメント）　当初の解の誤りをご指摘いただいた、ＨＮ「まさ」さん、ＨＮ「ＦＮ」さんに感謝しま
　　　　　　す。


　平方数でないことを示すのに、余りに注目して解決できる場合がある。

　たとえば、平方数を ４ で割った余りは、０ または １ の場合しか起こらないし、平方数を
９ で割った余りは、０、１、４、７　の各場合しか起こらない。この特徴を、問題解決に利用
するわけである。

　いくつか問題をあげてみよう。

問題１６　２つの奇数の平方の和は、平方数にはなり得ないことを示せ。

（解）　自然数 ｍ、ｎ に対して、
　　　（２ｍ＋１）²＋（２ｎ＋１）²＝４（ｍ²＋ｎ²＋ｍ＋ｎ）＋２
　　　ところで、平方数を ４ で割った余りは、０ または １ の場合しか起こらないので、
　　　（２ｍ＋１）²＋（２ｎ＋１）² が平方数になることはない。（終）

問題１７　各位の数字の和が１５になるような数は、平方数にはなり得ないことを示せ。

（解）　自然数 ｎ に対して、ある自然数 ｍ が存在して、
　　　　　　　　　　　ａ・１０^ｎ＋ｂ・１０^ｎ-1＋・・・＋ｃ＝ｍ²
　　　とする。両辺を、ｍｏｄ ９ で考えて、（← 参考：合同式）
　　　　　　　　　　　ａ＋ｂ＋・・・＋ｃ ≡ ｍ²　（ｍｏｄ ９）
　　　すなわち、　１５ ≡ ｍ²　（ｍｏｄ ９）　より、　ｍ² ≡ ６　（ｍｏｄ ９）でなければならない。
　　　ところが、平方数を ９ で割った余りは、０、１、４、７　の各場合しか起こらない。
　　　　これは、矛盾である。
　　　よって、各位の数字の和が１５になるような数は、平方数にはなり得ない。（終）

問題１８　数列　１１、１１１、１１１１、１１１１１、・・・・・　の各項は、平方数にはなり得ない
　　　　　　ことを示せ。

（解）　数列の各項は全て、４ で割ると ３ 余る数である。ところが、平方数を ４ で割った余
　　　りは、０ または １ の場合しか起こらないので、数列の各項が、平方数になることはあ
　　　りえない。（終）


（追記）　平成３１年４月１２日付け

　上記の問題１８が平成２４（2012）年度の津田塾大学学芸学部（情報科学）で出題された。

　１１、１１１、１１１１、・・・　のように数字１のみが並ぶ２桁以上の整数は平方数では
ないことを示せ。

（解）　ａ_ｎ＝１１・・・１＝ｍ²　（ｍは奇数）　と書けるものと仮定する。

　ｍは奇数なので、ｍ＝２ｋ＋１　（ｋは自然数）　と書ける。

　ｍ²＝４ｋ²＋４ｋ＋１＝４ｋ（ｋ＋１）＋１　において、　ｋ（ｋ＋１）は偶数なので、

　ａ_ｎ＝ｍ²≡１　（ｍｏｄ　８）　・・・　奇数の平方数は必ず８で割ると余りは１となる！

　ところで、ａ₂＝１０＋１≡３　（ｍｏｄ　８）　なので、矛盾

　ａ₃＝１０²＋１０＋１≡４＋２＋１＝７　（ｍｏｄ　８）　なので、矛盾

　ａ₄＝１０³＋１０²＋１０＋１≡０＋４＋２＋１＝７　（ｍｏｄ　８）　なので、矛盾

　ｎ≧５　のとき、　ａ_ｎ＝７　（ｍｏｄ　８）　なので、矛盾

　よって、数字１のみが並ぶ２桁以上の整数は平方数ではない。　　（終）


問題１９　任意の自然数 ｍ、ｎ に対して、２ｍ²＋３ｎ² は平方数にはなり得ないことを示せ。

（解）　ある自然数 Ｎ が存在して、２ｍ²＋３ｎ²＝Ｎ² とする。
　　　このとき、　２ｍ²＋３ｎ²≡Ｎ²　（ｍｏｄ　３）　より、２ｍ²≡Ｎ²　（ｍｏｄ　３）　である。
　　　　任意の自然数 Ｍ に対して、Ｍ²≡０　または　１　（ｍｏｄ　３）　なので、
　　　２ｍ²≡Ｎ²　（ｍｏｄ　３）　が成り立つとすれば、
　　　　　　ｍ²≡０　、Ｎ²≡０　（ｍｏｄ　３）　すなわち、　ｍ≡０　、Ｎ≡０　（ｍｏｄ　３）
　　　でなければならない。
　　　　このとき、　ｍ＝３ｍ₁、Ｍ＝３Ｍ₁　となる自然数 ｍ₁、Ｍ₁ が存在する。
　　　これらを、２ｍ²＋３ｎ²＝Ｎ² に代入して、　２・３²・ｍ₁²＋３ｎ²＝３²・Ｎ₁²　より、
　　　　　　　　　２・３・ｍ₁²＋ｎ²＝３・Ｎ₁²　
　　　となり、
　　　　　　　　　ｎ²≡０　（ｍｏｄ　３）　すなわち、　ｎ≡０　（ｍｏｄ　３）
　　　　よって、　ｎ＝３ｎ₁　となる自然数 ｎ₁ が存在する。
　　　これを、　２・３・ｍ₁²＋ｎ²＝３・Ｎ₁²　に代入して、２・３・ｍ₁²＋３²・ｎ₁²＝３・Ｎ₁²　より、
　　　　　　　　　２ｍ₁²＋３ｎ₁²＝Ｎ₁²
　　　を満たす自然数 ｍ₁、ｎ₁、Ｎ₁　（ｍ₁＜ｍ、ｎ₁＜ｎ、Ｎ₁＜Ｎ）が存在することになる。
　　　　この操作を繰り返すことにより、無限の自然数の組が得られるが、これは不可能で
　　　ある。
　　　　よって、任意の自然数 ｍ、ｎ に対して、２ｍ²＋３ｎ² は平方数にはなり得ない。（終）

（コメント：このような証明法は、無限降下法といわれる。）


（参考文献：北村泰一　著　　数論入門　　（槇書店）
　 　　　　　　田島一郎　著　　整数論　　（共立出版）
　 　　　　　　中澤貞治　著　　数学教室の窓から　　（現代数学社）
　　　　　　　 ローレン・Ｃ・ラーソン　著　　秋山　仁・飯田博和　訳
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　数学発想ゼミナール１　（シュプリンガー・フェアラーク）
　　　　　　　 コロソフ　著　山崎　昇・牧野金太郎　訳　数学課外よみもの（Ｉ）　（東京図書））


　この話題に関連して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんより、問題を頂い
た。（平成２２年１２月２７日付け）

問題２０　連続２自然数の積は平方数ではない。

（解）　ある自然数 ｍ について、　ｎ（ｎ＋１）＝ｎ²＋ｎ＝ｍ² と仮定する。
　　　ｎ は自然数なので、ある自然数 ｋ について、　４ｍ²＋１＝ｋ²　でなければならない。
　　　　このとき、　(２ｍ＋ｋ)(２ｍ−ｋ)＝１　より、　２ｍ＋ｋ＝１　、　２ｍ−ｋ＝１　
　　　しかるに、この式を満たす自然数 ｍ、ｋ は存在しない。
　　　よって、連続２自然数の積は平方数ではない。　（終）

問題２１　連続４自然数の積は平方数ではない。

　この問題を、ＦＮさんが解かれました。（平成２２年１２月２８日付け）

（解）　問題１：「連続する４整数の積に１を加えた数は、常に平方数である。」より、
　　　連続４自然数の積が平方数（ｍ²）と仮定すると、ｍ²＋１＝ｋ²　となる自然数 ｋ が存在
　　　する。このとき、　(ｋ＋ｍ)(ｋ−ｍ)＝１　より、　ｋ＋ｍ＝１　、　ｋ−ｍ＝１　
　　　しかるに、この式を満たす自然数 ｍ は存在しない。
　　　よって、連続４自然数の積は平方数ではない。　（終）

問題２２　ｎ＞１ のとき、ｎ！は平方数ではない。

　この問題を、ＦＮさんが解かれました。（平成２２年１２月２８日付け）

（解）　チェビシェフの定理：
　　　　　1より大きい自然数 ｎ に対して、ｎ＜ｐ＜２ｎ　を満たす素数 ｐ がある
　　を使えば簡単に証明できます。

　　　ｎ 以下の最大の素数を ｐ とする。いま、２ｐ≦ｎ と仮定する。
　　チェビシェフの定理より、　ｐ＜ｑ＜２ｐ　となる素数 ｑ が存在し、ｐが ｎ 以下の最大の素
　　数であることに反する。
　　　従って、　２ｐ＞ｎ　となる。
　　ｎ 以下の自然数で、ｐ の倍数であるのは　ｐ だけなので、ｎ！は、ｐ で割り切れ、ｐ² で
　　割り切れない。
　　　従って、ｎ！は平方数ではない。　（終）

問題２３　連続５自然数の積は平方数ではない。

　この問題を、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんが解かれました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年１２月２９日付け）
（解）　自然数 ｎ （ｎ≧３）に対して、
　　　　　　　　(ｎ−２)(ｎ−１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)　が平方数である
　　　と仮定する。

　　ｎ　が奇数の場合は、ｎ は、ｎ−２、ｎ−１、ｎ＋１、ｎ＋２　のどれとも互いに素だから
　(ｎ²−１)(ｎ²−４) が平方数にならなければならない。
　　(ｎ²−３)²＜(ｎ²−１)(ｎ²−４)＜(ｎ²−２)²　なので、(ｎ²−１)(ｎ²−４)は平方数にならない。

　　ｎ が偶数で、ｎ−１ が３の倍数でない場合は、ｎ−１ は、ｎ−２、ｎ、ｎ＋１、ｎ＋２　のど
　れとも互いに素だから、(ｎ−２)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)　が平方数にならなければならないが、
　　(ｎ²＋ｎ/２−３)²＜(ｎ−２)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)＜(ｎ²＋ｎ/２−２)² なので、
　(ｎ−２)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)は平方数にならない。

　　ｎ が偶数で、ｎ−１ が３の倍数である場合は、ｎ＋１が３の倍数でなく、ｎ＋１は
　ｎ−２、ｎ−１、ｎ、ｎ＋２　のどれとも互いに素だから、(ｎ−２)(ｎ−１)ｎ(ｎ＋２)　が平方数
　にならなければならないが、
　　(ｎ²−ｎ/２−３)²＜(ｎ−２)(ｎ−１)ｎ(ｎ＋２)＜(ｎ²−ｎ/２−２)² なので、
　(ｎ−２)(ｎ−１)ｎ(ｎ＋２)は平方数にならない。

　よって、(ｎ−２)(ｎ−１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)は平方数にならない。　（終）

（コメント）　問題２１のらすかるさんの証明は斬新ですね！勉強になります。


　問題２３について、ＦＮさんからの情報です。（平成２２年１２月２９日付け）

　連続するｋ(ｋ＞１)個の自然数の積は平方数ではない

　この問題は、１００年近く前の東北帝国大学でかなり考えられていたようです。教授が林
鶴一と藤原松三郎、助教授が窪田忠彦と掛谷宗一、助手が小倉金之助という、名前ぐら
いは聞いたことがある人たちで、林が、ｋ＝２、３、４の場合を(立方数でないを含めて)、掛
谷がｋ＝５，６、７の場合を、そして、掛谷の方法を使って、成実清松が１９１７年に ｋ≦２０２
の場合の証明をしたそうです。
（成実は多分、東北大学の人ではないが、東北大学の論文誌に発表した。）

　成実の方法を使って、１９３９年に、Ｏ．Ｒｉｇｇｅ と Ｐ．Ｅｒｄｏｓ が独立にすべての ｋ につい
て証明したそうです。

　　（参考）　成実清松の論文　　　Ｐ．Ｅｒｄｏｓの論文


問題２４　連続６自然数の積は平方数ではない。

　この問題を、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんが解かれました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２２年１２月２９日付け）
（解）　　自然数 ｎ （ｎ≧３）に対して、
　　　N＝(ｎ−２)(ｎ−１)ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)(ｎ＋３) とする。

　ｎ＝８ｋ　の場合（ｎ≧８）
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−ｎ/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−ｎ/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋１　の場合（ｎ≧９）
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−１）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−１）/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋２　の場合（ｎ≧１０）
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−２）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−２）/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋３　の場合（ｎ≧１１）　※ｎ＝３では成り立たない。
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−３）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−３）/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋４　の場合（ｎ≧１２）　※ｎ＝４では成り立たない。
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−４）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−４）/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋５　の場合（ｎ≧１３）　※ｎ＝５では成り立たない。
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−５）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−５）/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋６　の場合（ｎ≧１４）　※ｎ＝６では成り立たない。
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−６）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−６）/８−２}²

　ｎ＝８ｋ＋７　の場合（ｎ≧３１）　※ｎ＝７、１５、２３では成り立たない。
　　　{ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−７）/８−３}²＜N＜ {ｎ³＋(３ｎ²−７ｎ)/２−（ｎ−７）/８−２}²

　上記不等式で証明できなかった分は
　　　　　ｎ＝３　のとき、　２６²＜N＜２７²
　　　　　ｎ＝４　のとき、　７０²＜N＜７１²
　　　　　ｎ＝５　のとき、　１４１²＜N＜１４２²
　　　　　ｎ＝６　のとき、　２４５²＜N＜２４６²
　　　　　ｎ＝７　のとき、　３８８²＜N＜３８９²
　　　　　ｎ＝１５　のとき、　３６５５²＜N＜３６５６²
　　　　　ｎ＝２３　のとき、　１２８７４²＜N＜１２８７５²

　よって、連続６自然数の積は平方数にならない。　（終）

　問題２４について、ＦＮさんも解かれました。（平成２２年１２月２９日付け）
Ｓ．Ｎａｒｕｍｉ、Ｐ．Ｅｒｄｏｓ の論文に従ったものだそうです。

（解）　Ａ＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）（ｎ＋４）（ｎ＋５）が平方数であるとする。

　　ｎ＋ｓ＝ａ(ｓ)・ｘ(ｓ)²　とおく。ただし、ａ(ｓ)は1以外の平方数で割り切れないとする。

　ａ(ｓ)は異なる素数の積であり、ａ(０)ａ(１)ａ(２)ａ(３)ａ(４)ａ(５)は平方数でなければならない。

　よって、あるａ(ｓ)が素因数ｐを持てば、別のａ(ｔ)が素因数ｐを持つ。

　　このことから、連続６自然数の積なので、ｐ≧７はありえない。

　ｐ＝２、３、５　であるが、ｐ＝５　のときは、即ち、あるａ(ｓ)が素因数５を持てば、ｓは、０か

　５しかない。

　あるａ(ｓ)とａ(ｔ)　(ｓ＞ｔ)が等しい場合を考える。

　５≧ｓ−ｔ＝(ｎ＋ｓ)−(ｎ＋ｔ)＝ａ(ｓ)・ｘ(ｓ)²−ａ(ｔ)・ｘ(ｔ)²＝ａ(ｓ)（ｘ(ｓ)＋ｘ(ｔ)）（ｘ(ｓ)−ｘ(ｔ)）

　ｎ＋ｓ＞ｎ＋ｔ　より、ｘ(ｓ)＞ｘ(ｔ)であるから、

　　上の式の右辺＞ａ(ｓ)（ｘ(ｓ)＋ｘ(ｔ)）＞ａ(ｓ)（ｘ(ｔ)＋ｘ(ｔ)）＝２ａ(ｓ)・ｘ(ｔ)

　従って、　２５＞４ａ(ｓ)²・ｘ(ｔ)²＞４ａ(ｓ)（ｎ＋ｔ）＞４ｎ　より、　ｎ≦６

　このとき、Ａが平方数でないことは具体的に調べればよい。

　従ってすべてのａ(ｓ)は異なるとしてよい。このとき、Ａは素因数５または７を１つだけ持つ。

　ａ(１)、ａ(２)、ａ(３)、ａ(４)は素因数５を持たないから、素因数は２か３しかない。

即ち、１、２、３、６のどれかしかない。ａ(ｓ)がすべて異なる場合だけ考えればよいから、

ａ(１)、ａ(２)、ａ(３)、ａ(４)は全体として、１、２、３、６に一致する。

　従って、ａ(１)ａ(２)ａ(３)ａ(４)＝３６　となり、（ｎ＋１）（ｎ＋２）（ｎ＋３）（ｎ＋４）が平方数になる。

連続する４個の自然数の積は平方数ではないから矛盾である。　（終）

（コメント）　なかなか浮かばない発想ですね！証明の美しさに魅了されました。


　ＦＮさんの証明に対して、らすかるさんからのコメントです。（平成２２年１２月２９日付け）

　あるａ(ｓ)とａ(ｔ)　(ｓ＞ｔ)が等しい場合は、 ｘ(ｓ)＞ｘ(ｔ)　なので、
　　　５≧(ｎ＋ｓ)−(ｎ＋ｔ)＝ａ(ｓ)（ｘ(ｓ)²−ｘ(ｔ)²）　、ｘ(ｓ)²−ｘ(ｔ)²≧３　から、ａ（ｓ）＝１
よって、ｎ〜ｎ＋５の中に平方数を２つ含まなければならないので、ｎ＝１　または、ｎ＝４
とすることも出来ますね！


　らすかるさんのコメントに対して、「確かにその通りですね。」と、ＦＮさんから新しい情報を
いただきました。（平成２２年１２月２９日付け）

　ａ(ｓ)＝ａ(ｔ)のときの部分は、Ｐ．Ｅｒｄｏｓの論文によっています。一般の ｋ に関する話なの
でかなり評価は荒かったので多少精度は上げたつもりですが、もっとあがりますね。

　ａ(ｓ)＝ａ(ｔ)のときは、ｎが、ｋ²程度以下を考えれば十分ということで、ｋ が具体的な数なら、
具体的に考えれば十分ということでした。

　しかし、一般の ｋ となると、チェビシェフの定理の一般化である次の定理：

Sylvester-Schurの定理

　ｎ＞ｋのとき、ｎから始まる連続するｋ個の自然数の中にｐ＞ｋを満たす素因数ｐを
持つ数がある

が必要なようです。何ヶ月か前にチェビシェフの定理の初等的な証明(by Ｐ．Ｅｒｄｏｓ)をやっ
と理解したばかり(もう忘れてます)なので、Sylvester-Schurの定理の証明を理解する元気
はありません。
　ａ(ｓ)がすべて異なる場合、即ち、ｋ に依存する部分は、Ｓ．Ｎａｒｕｍｉの論文によっていま
す。

　さらに、ＦＮさんからの情報です。（平成２２年１２月３０日付け）

　この問題のスタートは、Ｌｉｏｕｖｉｌｌｅによる次の定理だったようです。

定理(Ｌｉｏｕｖｉｌｌｅ)　　ｘ(ｘ＋１)(ｘ＋２)･･･(ｘ＋ｎ)＝ｙ^m 　(ｎ≧１、ｍ≧２は自然数)を満た
　　　　　　　　　　　す自然数 ｘ、ｙ で、ｘ、ｘ＋１、ｘ＋２、･･･、ｘ＋ｎ のうちの少なくとも
　　　　　　　　　　　1つが素数であるようなものは存在しない。

　これの後半の条件が不要そうなので、それなしで証明しようということだったのでしょう。
Ｌｉｏｕｖｉｌｌｅは、１８８２年に亡くなっているので、それより前の定理であるのは確かで、ｍ＝２
の場合が、Ｐ．Ｅｒｄｏｓ等によって解けたのが１９３９年、一般のｍの場合がＰ．Ｅｒｄｏｓ等に
よって解けたのは１９７５年です。１００年ぐらいかかってます。Ｐ．Ｅｒｄｏｓに限っても４０年ぐ
らいは興味を持ち続けたということです。

　Ｐ．Ｅｒｄｏｓは数学の論文の多さではＥｕｌｅｒ についで第２位だそうですが、この問題の周辺
の論文は相当あるようです。なお、Ｐ．Ｅｒｄｏｓの論文は下記のページにあります。
まだすべて集める所まではいってないようです。

　　　http://www.renyi.hu/~p_erdos/Erdos.html

Ｌｉｏｕｖｉｌｌｅの定理はチェビシェフの定理を使えば証明はあまり難しくないようです。Ｌｉｏｕｖｉｌｌｅ
の定理を証明してください。

　この問いかけに対して、らすかるさんからのコメントです。（平成２２年１２月３０日付け）

　一つ素数ｐを含めば、ｘ＋ｎまでの間に、２ｐも必要となり、ｐと２ｐの間にはまた別の素数
がある、ということですかね。

　これを受けて、ＦＮさんがコメントされました。（平成２２年１２月３０日付け）

　確かにそれで終わりのようですね。 ｘ、ｘ＋１、ｘ＋２、･･･、ｘ＋ｎ のうちの最大の素数を
ｐとすれば、すぐに矛盾ということになりますか。これでは定理とはちょっといいにくい程度
ですね。

　チェビシェフが1821〜1894、リウヴィルが1809〜1882と、ほぼ同時代の人で、チェビシェフ
の定理の発表が１８５０年、リウヴィルの定理は後半の条件なしで成立するから定理として
は意味がなくなっているので、いつの発表かわかりませんでした。チェビシェフの定理の発
表以前であったのでしょうか。そうでなかったら定理とは言えないレベルのように思います。

　ＦＮさんが、連続６自然数の場合の方法(多分もともとは掛谷による)がどの程度有効か、
ｋ個の場合に挑戦されました。（平成２２年１２月３１日付け）

　連続する ｋ 個の自然数の積は平方数ではない。ただし、ｋ≦１３とする。

（考察）　Ａ＝ｎ(ｎ＋１)(ｎ＋２)・・・(ｎ＋ｋ−１)　が平方数であるとする。

　ｎ＋ｓ＝ａ(ｓ)・ｘ(ｓ)²　とおく。ただし、ａ(ｓ)は1以外の平方数で割り切れないとする。

　ａ(ｓ)は異なる素数の積(または １)であり、ａ(０)ａ(１)ａ(２)・・・ａ(ｋ−１)は平方数である。

　だから、あるａ(ｓ)が素因数ｐを持てば、別のａ(ｔ)が素因数ｐを持つ。

　　このことから、ａ(ｓ)の素因数となりうる素数 ｐ は、ｐ＜ｋ　である。

　ｋ≦１３だから、ありうる素因数は高々２、３、５、７、１１　である。

　あるａ(ｓ)とａ(ｔ)　(ｓ＞ｔ)が等しい場合を考える。

　ｋ−１≧ｓ−ｔ＝(ｎ＋ｓ)−(ｎ＋ｔ)＝ａ(ｓ)・ｘ(ｓ)²−ａ(ｔ)・ｘ(ｔ)²＝ａ(ｓ)（ｘ(ｓ)＋ｘ(ｔ)）（ｘ(ｓ)−ｘ(ｔ)）

　ｎ＋ｓ＞ｎ＋ｔ　より、ｘ(ｓ)＞ｘ(ｔ)であるから、

　　上の式の右辺＞ａ(ｓ)（ｘ(ｓ)＋ｘ(ｔ)）＞ａ(ｓ)（ｘ(ｔ)＋ｘ(ｔ)）＝２ａ(ｓ)・ｘ(ｔ)

　従って、　（ｋ−１）²＞４ａ(ｓ)²・ｘ(ｔ)²＞４ａ(ｓ)（ｎ＋ｔ）＞４ｎ　より、　ｎ＜（ｋ−１）²/４

　ｋ≦１３　より、　ｎ＜３６　で、このとき、Ａが平方数でないことは具体的に調べればよい。

　従ってすべてのａ(ｓ)は異なるとしてよい。

　ａ(ｓ)のうちで、素因数５、７、１１を持たないようなｓが５個以上あれば、そのａ(ｓ)の素因数
は２と３だけだから、１、２、３、６しかなく、ａ(ｓ)＝ａ(ｔ)となる ｓ≠ｔ が存在することになる。この
形で証明できるのが、ｋ＝５、７、９、１０、１１、１２、１３　である。

　ｋ＝５　のとき、　素因数 ２、３     ａ(ｓ)の個数は、５個　（終）

　ｋ＝７　のとき、　素因数 ２、３、５　   ａ(ｓ)の個数は、７個
　　　　　　　　　　素因数５を持つ数は高々２個　７−２＝５ （終）

　ｋ＝９　のとき、　素因数 ２、３、５、７　　ａ(ｓ)の個数は、９個
　　　　　　　　　　素因数５を持つ数は高々２個
       　　　　　　 素因数７を持つ数は高々２個　　９−２−２＝５ （終）

　ｋ＝１０　のとき、　素因数 ２、３、５、７　　ａ(ｓ)の個数は、１０個
　　　　　　　　　　素因数５を持つ数は高々２個
       　　　　　　 素因数７を持つ数は高々２個　　１０−２−２＝６ （終）

　ｋ＝１１　のとき、　素因数 ２、３、５、７　　ａ(ｓ)の個数は、１１個
　　　　　　　　　　素因数５を持つ数は高々３個
       　　　　　　 素因数７を持つ数は高々２個　　１１−３−２＝６ （終）

　ｋ＝１２　のとき、　素因数 ２、３、５、７、１１　　ａ(ｓ)の個数は、１２個
　　　　　　　　　　素因数５を持つ数は高々３個
       　　　　　　 素因数７、１１を持つ数は高々２個　　１２−３−２−２＝５ （終）

　ｋ＝１３　のとき、　素因数 ２、３、５、７、１１　　ａ(ｓ)の個数は、１３個
　　　　　　　　　　素因数５を持つ数は高々３個
       　　　　　　 素因数７、１１を持つ数は高々２個　　１３−３−２−２＝６ （終）

　ｋ＝１４　が駄目と勘違いしてたので、ｋ≦１３　としたのですが、ｋ＝１４以降もかなりいけ
そうです。（面倒なのでやめます。もっと理論的な考察が望ましい。）

　ｋ＝６　のときは、素因数２、３だけをもつのが４個の場合がありえたが、それが連続自然
数になり、ｋ＝４のときに帰着した。

　ｋ＝８　も同じ現象が起こる。素因数は、２、３、５、７で、７は両端（ｓ＝０、７）しかない。５
が、ｓ＝０、５やｓ＝２、７のときは５個が素因数２、３だけとなる。５がｓ＝１、６のときは４個
だが、２、３、４、５と連続するのでｋ＝４に帰着する。

　残ったのは、ｋ＝２、３、４で、これらは、この方法ではできないのでしょう。


　らすかるさんより、別解をいただきました。（平成２２年１２月３１日付け）

　上記で、次のようにしてもいいですね。

　ｋ＝１１　のとき、　素因数 ２、３、５、７　　ａ(ｓ)の個数は、１１個
       　　　　　　 素因数７を持つ数は高々２個　　１１−２＝９ （終）

　ｋ＝１３　のとき、　素因数 ２、３、５、７、１１　　ａ(ｓ)の個数は、１３個
       　　　　　　 素因数７、１１を持つ数は高々２個　　１３−２−２＝９ （終）

　また、しっかり検討していませんが、ｋ＝３は同じ方法で出来ますよね。
ｋ＝２はちょっと違いますが、ａ(0)ａ(1)＝２で不適。


　らすかるさんの別解に対して、ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年１２月３１日付け）

　ｋ＝３が同様にできることは、後で気がつきました。ｋ＝２もちょっと違うけど、確かにでき
ますね。
　前半の話がより本質的なようです。
調べていた数は、自然数 ｋ に対して、ｋーΣ([(ｋ−１)/ｐ]＋１)　になります。ただし、Σは
５≦ｐ＜ｋを満たすすべての素数ｐに対しての和で、[ｘ]は、ｘを越えない最大の整数。
　これが、５以上であれば、平方数でないことの証明が完了します。

　Excel VBA で調べてみたら、連続してこれを満たすのは、 ９≦ｋ≦２３ でした。
２５≦ｋ≦３７でも満たすものはかなりありますが、３８以上ではありません。従って、３８以
上のｋに対してはこのやり方は無効です。

　らすかるさんが書かれているのは、Σを、７≦ｐ＜ｋを満たす素数としたもので、この値が
９以上であれば完了です。１６≦ｋ≦１０７で常に成り立ちます。

　さらに、１１≦ｐ＜ｋに変えて、その和が１７以上であるものを探すと、３３≦ｋ≦２８６で成
り立ちます。ｋーΣ([(ｋ−１)/ｐ]＋１)は、初めは増加傾向、途中から減少傾向になります。
そして、ｐの初期値を大きくすれば、山の位置がだんだんと後にいきます。だから、ｐを動か
す初期値を変えながらすべての自然数を含むようにしていく証明になるのでしょう。ある程
度感じがわかったから、Ｓ．ＮａｒｕｍｉやＰ．Ｅｒｄｏｓの論文が読めるかもしれません。


（追記）　令和３年１月９日付け

　２桁の正の整数を平方すると、もとの数の下２桁が同じになる場合がある。

　例えば、２５²＝６２５

　２５以外に、このような性質を持つ数はあるだろうか？

（解）　求める正の整数をＮとおくと、題意より　Ｎ²≡Ｎ　（ｍｏｄ　１００）　である。

　すなわち、　Ｎ（Ｎ−１）　は、連続する整数の積で、１００で割り切れる。

　ここで、　１００＝２²・５²　なので、Ｎ、Ｎ−１の何れかは、２²　または　５²　で割り切れる。

　Ｎは２桁の正の整数なので、　Ｎ＝２５、２６、５０、５１、７５、７６

　このとき、順次　Ｎ−１＝２４、２５、４９、５０、７４、７５　なので、題意を満たすものは、

　　　Ｎ＝２５、７６　の２つのみ

　以上から、求める数は、７６　　（終）


　読者のために練習問題を残しておこう。

練習問題　　３桁の正の整数で、平方するともとの数の下３桁が同じになるような数を求めよ。

（解）　求める正の整数をＮとおくと、題意より　Ｎ²≡Ｎ　（ｍｏｄ　１０００）　である。

　すなわち、　Ｎ（Ｎ−１）　は、連続する整数の積で、１０００で割り切れる。

　ここで、　１０００＝２³・５³　なので、Ｎ、Ｎ−１の何れかは、２³　または　５³　で割り切れる。

　Ｎは３桁の正の整数で、条件を満たすＮの値は、　Ｎ＝３７６、６２５　の２つのみ　　（終）


（コメント）　実際に、　３７６²＝１４１３７６　、６２５²＝３９０６２５　である。


　この話題に関連して、数学セミナー　’２１　２月号（日本評論社）の名物コーナー「エレガ
ントな解答を求む」に、丹下基生 先生が次のような問題を出題されている。

　５²＝２５と５³＝１２５の下２桁は一致する。さらに、５³＝１２５と５⁵＝３１２５の下３桁も一
致する。実は、５^ｎと、それより大きいある５^ｍの下ｋ桁は一致することが言える。

　問題はもっと続くのだが、上記のような性質を持つ数を５以外に見つけて欲しいというのが
趣旨のようである。

　なんか難しそうですね！


（追記）　令和３年３月２０日付け

問題２５　５、６、７、８の４個の数字を並べて４桁の整数を作る。この数は絶対に平方数に
　　　　　　はならないことを示せ。

（解）　整数の平方を３で割った余りは、０または１で、５＋６＋７＋８＝２６≡２　（ｍｏｄ　３）

　　　だから平方数にはなりえない。　　（終）


問題２６　奇数の平方を８で割った余りは１であることを示せ。

（解）　（２ｎ＋１）²＝４ｎ²＋４ｎ＋１＝４ｎ（ｎ＋１）＋１

　　　ｎ（ｎ＋１）は連続する整数の積なので、偶数

　　よって、ｎ（ｎ＋１）＝２ｍ　（ｍは自然数）　とおけて、

　（２ｎ＋１）²＝８ｍ＋１　より、奇数の平方を８で割った余りは、１　　（終）


（追記）　令和４年５月２０日付け

問題２７　ある数に１０を足しても引いても平方数になるという。ある数を求めよ。

（解）　ある数をｎとおくと、題意より、　ｎ＋１０＝ｘ²　、ｎ−１０＝ｙ²　（ｘ、ｙは整数）

　辺々引いて、　ｘ²−ｙ²＝２０　すなわち、　（ｘ＋ｙ）（ｘ−ｙ）＝２０

　ｘ＋ｙ＞ｘ−ｙ＞０　に注意して、　（ｘ＋ｙ，ｘ−ｙ）＝（２０，１）、（１０，２）、（５，４）

　ｘ、ｙは整数なので、　（ｘ＋ｙ，ｘ−ｙ）＝（１０，２）　のみ

　よって、　ｘ＝６　、ｙ＝４　なので、　ｎ＝２６　である。　　（終）



　　以下、工事中！