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問題2499・・・ひよこさんのブログ http://myhome.cururu.jp/gersdorffite/blog/article/71002647532 より Orz〜
a+b+c|a^2+b^2+c^2 を満たす正整数a,b,cを任意に取るとき、
a+b+c|a^n+b^n+c^n を満たす正整数nは無限に存在するか。
解答
・わたしの
a+b+c|a^2+b^2+c^2 の場合は、
(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)
2(ab+bc+ca)=a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)≡-2(a^2+b^2+c^2)
つまり、ab+bc+ca も a+b+c で割り切れる。
(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=a^3+b^3+c^3+a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)
a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)≡-2(a^3+b^3+c^3)
なので、a^3+b^3+c^3 も a+b+c で割り切れる。
以下も同様なので題意は成立。
あるいは、以下の場合も成立するので言える。
^2 が、^3 のときなら・・・
(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))
3(ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))≡ -18abc mod (a+b+c)
abc が、a+b+c で割り切れるならば、
(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)=a^4+b^4+c^4+a(b^3+c^3)+b(c^3+a^3)+c(a^3+b^3)
a(b^3+c^3)+b(c^3+a^3)+c(a^3+b^3)≡-2(a^4+b^4+c^4)
つまり、a^4+b^4+c^4 は、a+b+c で割り切れる。
以下同様に言えるから、題意を満たす n は無限に存在する。
で、いいのかな・・・？
2009.04.06.
やはり間違ってた・・・^^;
どこがまずいのかいまだわからず...
・否定する者さんのもの Orz〜
任意にa+b+c|a^2+b^2+c^2を満たす正整数a,b,cの組を取るとき、
任意の正整数nに対して、
a+b+c|a^(2^n)+b^(2^n)+c^(2^n) が成立している。
以下このことを形式的に帰納法で証明する。
「証明」
a+b+c|a^(2^n)+b^(2^n)+c^(2^n) ・・・☆ と形式的におく。
任意に a+b+c|a^2+b^2+c^2 を満たす正整数a,b,cの組を取る
p=a+b+c とおく。
n=0のとき、もちろん☆は成立している。
n=1のとき、a,b,cの取り方より、☆は成立している。
n=k-1,kのとき、☆が成立していると仮定する。
X=a^(2^(k-1)), Y=b^(2^(k-1)), Z=c^(2^(k-1)) とおく。
このとき、仮定より、p|X+Y+Z かつ p|X^2+Y^2+Z^2 であるから、
(X+Y+Z)^2 = (X^2+Y^2+Z^2)+2(XY+YZ+ZX) より、
p|2(XY+YZ+ZX) が成立していることがわかる。
そして、2(XY+YZ+ZX)^2 = 2{(XY)^2+(YZ)^2+(ZX)^2}+4XYZ(X+Y+Z)
であるので、ここで、さっきの p|2(XY+YZ+ZX) を使えば、
左辺の2(XY+YZ+ZX)^2がpで割り切れることがいえるので、
右辺もpで割り切れることがいえるが、ここで再び p|X+Y+Z に注意すれば
結局、p|2{(XY)^2+(YZ)^2+(ZX)^2} の成立がいえたことになる。
さて、(X^2+Y^2+Z^2)^2 = (X^4+Y^4+Z^4)+2{(XY)^2+(YZ)^2+(ZX)^2}
であることから、さっきの p|2{(XY)^2+(YZ)^2+(ZX)^2} より、
p|X^2+Y^2+Z^2 に注意して、p|X^4+Y^4+Z^4 の成立がいえる。
よって、☆はn=k+1のときも成立するといえる。
したがって、帰納法が完成したといえる。
巧いなあ・・・♪
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