入試数学コンテスト第6回第6問解答解説

更新 2022/02/05

第6問

$2^a + 5^b$ が平方数となるような正整数の組 $(a,b)$ を全て求めよ。

入力するときは次の手順に従って得られる $A,B$ を入力せよ。

$a$ が小さい順に解を並べる。 $a$ が等しいときは， $b$ の値が小さいほうを先に書く。
こうして並べた解を $(a_1,b_1) , (a_2 , b_2) , \cdots$ とおく。
$n$ 番目の素数を $p_n$ として， $A = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdots = 2^{a_1} \cdot 3^{a_2} \cdots p_n^{a_n} \cdots \\ B = p_1^{b_1} \cdot p_2^{b_2} \cdots = 2^{b_1} \cdot 3^{b_2} \cdots p_n^{b_n} \cdots$ と定める。

整数問題の中でも，方程式の整数解を求める（いわゆるディオファントス方程式の）問題です。整数問題へのアプローチとしては基本的な3つの手法

因数分解
不等式による絞り込み
mod 演算（割った余りによる分類）→合同式(mod)の意味とよく使う６つの性質

を押さえておきましょう。今回は1つ目と3つ目をフル活用します。

考察

まずは問題を整理します。

問題

$2^a + 5^b=n^2$ を満たす整数 $n$ と正の整数 $a,b$ の組 $(n, a, b)$ を全て求めよ。

とりあえず小さい整数 $a,b$ でいろいろ試してみると，次のような解が見つかります。 $(n^2, a, b) = (9, 2, 1), (9, 3, 0)$ このうち $a,b>0$ を満たすのは $(a,b) = (2,1)$ です。またこれ以外の整数解はなかなか見つかりません。そこで整数解はこれらしかないのではないかというのを念頭に，因数分解やmodを使って情報を引き出していきます。

mod演算

初めにできることとして，いろいろな数で mod をとって情報を引き出します。基本的には「素数と（小さい）素数べき」として $\mod 2,3,4,5,7,9,11,13$ あたりを総当たりでみるのですが，今回は（ $5^b$ という形から） $\mod 5$ でうまくいきます。

考察1

$b>0$ より， $2^a + 5^b=n^2$ の $\mod{5}$ をみると $2^a \equiv n^2 \mod{5}$ となる。これは

$n \equiv 0 \mod{5}$ のとき $2^a \equiv 0 \mod{5}$
$n \equiv 1, 4 \mod{5}$ のとき $2^a \equiv 1 \mod{5}$
$n \equiv 2, 3 \mod{5}$ のとき $2^a \equiv 4 \mod{5}$

となる。また $2$ べき $2,4,8,16,\dots$ の $\mod{5}$ は $2, 4, 3, 1,\dots$ を繰り返すから， $2^a \equiv 0, 1, 4 \mod{5}$ となるのは $a$ が偶数のとき。

よって正の整数 $c$ により $a=2c$ となります。

因数分解

前の考察により $2^{2c}+5^b=n^2$ という方程式の整数解を考えればよいことがわかりました。これは $5^b =n^2-2^{2c}$ とすることで因数分解でき，さらに情報を得ることができます。

考察2

$5^b = (n-2^c)(n+2^c)$ と因数分解すると，右辺の $n \pm 2^c$ は（ $n\geq 0$ としてよく，そのとき両方とも正の整数であることに注意すると）どちらも $5$ べきとなることがわかる。よって $n - 2^c = 5^s$ $n+2^c=5^t$ となる。（ $s,t$ は $s+t=b$ を満たす $0$ 以上の整数。）

よって $c,s,t$ がわかれば $n, a, b$ もわかって問題が解けます。ではこれらの式から $n$ を消去して $c,s,t$ の条件を求めましょう。

考察3

$n - 2^c = 5^s$ $n+2^c=5^t$ の差をとって $2^c+2^c=5^t-5^s$ つまり $2^{c+1}=5^s(5^{t-s}-1)$ がわかる。 $n-2^c < n+2^c$ より $s < t$ だから， $5^{t-s}-1$ は整数。よってこの式は整数の因数分解を表しており，左辺は $5$ の倍数でないから $s=0$ となる。すると $s+t=b$ より $t=b$ である。

つまり $c>0$ ， $b>0$ かつ $2^{c+1}=5^b-1$ を満たす整数 $(c,b)$ を求める問題に帰着できました。

mod 再び

方程式 $2^{c+1}=5^b-1$ の $c>0$ ， $b > 0$ となる整数解を求めます。再び $\mod{2, 3, 4, 5, \dots}$ で条件を絞り込んでいきます。

考察4

$2^{c+1}=5^b-1$ は $\mod{3}$ で見ると $(-1)^{c+1} \equiv (-1)^b-1 \mod{3}$ である。 $b, c$ の偶奇で場合分けすると，これが成り立つのは $b,c$ が両方奇数のとき。よって正の整数 $b',c'$ により $b=2b'-1$ $c=2c'-1$ となる。つまり方程式は $2^{2c'}=5^{2b'-1}-1$ である。次に $\mod{5}$ で見ると， $b=2b'-1>0$ だから $(-1)^{c'}\equiv 4^{c'}\equiv 2^{2c'}\equiv -1 \mod{5}$ となる。よって $c'$ は奇数。

よって正の整数 $c''$ により $c'=2c''-1$ ， $c + 1=4c''-2$ となり，方程式は $2^{4c''-2}=5^{2b'-1}-1$ となります。だんだんと情報が得られてきました。さらに mod で調べることができます。

考察5

$2^{4c''-2}=5^{2b'-1}-1$ を $\mod{8}$ で見ると， $c'' \geq 2$ のとき $0\equiv 5^{2b'-1}-1 \mod{8}$ となるが， $5$ べき $5,25,\dots$ の $\mod{8}$ は $5,1,\dots$ を繰り返すから，（ $2b'-1$ ：奇数より）右辺は常に $5 - 1 \equiv 4\mod{8}$ である。よって $c'' \geq 2$ のときこの方程式は $b'>0$ となる整数解を持たない。

よって $2^{4c''-2}=5^{2b'-1}-1$ の $b',c''>0$ となる整数解は $c''=1$ のときの $(b', c'')=(1,1)$ のみ，と解くことができます。これは元の方程式の $(a,b)=(2,1)$ に対応するので，問題を解くことができました。

解答

以上を答案にまとめます。

第6問

$2^a + 5^b=n^2$ を満たす整数 $n$ と正の整数 $a,b$ の組 $(n, a, b)$ を求める。

$\mod 5$ で考えると，右辺は $0$ か $1$ か $4$ である。 $a$ が奇数 $2c+1$ のとき左辺は $2^a+5^b \equiv 2^{2c+1} \equiv (-1)^c \times 2 \equiv 2,3 \mod{5}$ だから不適。よって $a$ は偶数だから， $a=2c$ （ $c$ は正の整数）とおける。すると方程式は $5^b = (n-2^c)(n+2^c)$ と変形でき，整数 $0 \leq s < t$ により $s+t=b$ $n-2^c=5^s$ $n+2^c=5^t$ とかけることがわかる。下2つの式より $2^{c+1}=5^t-5^s=5^s(5^{t-s} - 1)$ となり，左辺は $5$ の倍数でないから右辺もそう。よって $s=0$ だから， $2^{c+1}=5^b-1$ が成り立つ。

これを $\mod 3$ でみると， $(-1)^{c+1} \equiv (-1)^b-1 \mod{3}$ である。これが成り立つのは $b,c$ がともに奇数のときのみ。

次に $\mod 5$ でみると， $b>0$ より $2^{c+1}\equiv -1 \mod{5}$ となる。 $2$ べき $2,4,8,16,\dots$ を $5$ で割った余りは $2,4,3,1,\dots$ を繰り返すから， $c+1$ は $4c''-2$ の形の整数（ $c''$ は正の整数）。よって正の奇数 $b$ と正の整数 $c''$ が存在し $2^{4c''-2}=5^b-1$ を満たす。

最後に $\mod 8$ でみる。 $c'' \geq 2$ と仮定すると上の式の左辺は $64$ の倍数だが， $5$ べき $5,25,\dots$ を $8$ で割った余りは $5,1,5,1,\dots$ を繰り返すから， $5^b-1$ が $8$ の倍数になるのは $b$ が偶数のときのみ，これは $b$ が奇数だったことに反する。

よって $c''=1$ ，つまり $c+1=4c''-2=2$ で，このとき $(a,b)=(2,1)$ である。

以上より求める解は $(a,b)=(2,1)$ である。また解答欄に入力する値は $A=2^2=4$ $B=2^1=2$ である。

また $b=0$ であるような解が $(a,b)=(3,0)$ しかないことも次のようにして証明できます。

証明

方程式 $2^a+1=n^2$ の整数解を求める。 $2^a=(n-1)(n+1)$ だから， $0 \leq s< t$ となる整数 $s,t$ により $s+t=a$ $nー1=2^s$ $n＋1=2^t$ とかける。すると $2=2^t-2^s=2^s(2^{t-s}-1)$ だから， $s=1$ かつ $t-s=1$ となり， $a=s+t=3$ である。

まとめ

整数問題の中でも，このような「方程式の整数解」を求めるタイプの問題には因数分解して素因数を見る，mod により情報を集めることが有効なことが多いです。よくある展開としては

$\text{因数分解された式} = \text{素数 or 素数べき}$ という式を作ることで新しい方程式が得られる。
小さい数や素数で mod をとって両辺の値を比べることで変数の条件が絞れる。

といったものが多い印象です。また今回出てきた平方数の mod での値については， $\mod{3,4}$ の結果が頻出なので覚えておきましょう。（→平方剰余と基本的な問題）