【数セミ】エレガントな解答をもとむ2【2016．11】 [無断転載禁止]©2ch.net

**１３２人目の素数さん** · 2016/10/17(月) 20:05:12.65

過去スレ：
【数セミ】エレガントな解答をもとむ【2011．2】
http://rio2016.2ch.net/test/read.cgi/math/1295154182/

**１３２人目の素数さん** · 2017/07/23(日) 12:37:58.52

>>471 のあらすじ

【補題１】
a,m,q が自然数で a≡1 (mod q）のとき、
　a^(m-1）+ a^(m-2）+ …… + a + 1 ≡ m (mod q)

(略証)
a≡1 (mod q) より a=kq+1 (k≧0 は整数）とかける。
　a^L =（kq+1)^L =（kq)^L +…… + L(kq）+ 1 ≡ 1 (mod q)
L=0 から L=m-1 までたすと
　a^(m-1）+ a^(m-2) + …… + a + 1 ≡ m (mod q) 　(終)

（ネタバレ御勘弁）

**１３２人目の素数さん** · 2017/07/23(日) 12:40:32.47

【補題２】
q が奇数で a≡1（mod q）のとき、
　a^(q-1）+ a^(q-2) + …… + a + 1 ≡ q　（mod qq)

(略証)
a^L = （kq+1)^L ≡ L(kq) + 1 (mod qq）
L=0 から L=q-1 までたすと
a^(q-1）+ a^(q-2) + …… + q + 1
≡｛(q-1)+(q-2)+……+2+1}kq + q
≡｛(q-1)q/2}kq+ q
≡ q　（mod qq)
∵　q は奇数だから 2 |(q-1)　　　(終)

**１３２人目の素数さん** · 2017/07/23(日) 12:42:27.50

【補題３】
m,n を2以上の自然数、b を3以上の奇数とする。
2^m - b^n = 1 を満たす (m,n,2,b) は存在しない。

(略証)
m,n,b が　
(1）　2^m - b^n = 1
を満たすとする。
m≧2 より
　b^n = 2^m - 1 ≡ -1　（mod 4)
∴　b≡-1（mod 4）かつ nは奇数。
∴　b≧3、n≧3

　b^n + 1 = (b+1){b^(n-1）- b^(n-2）+ …… - b +1}

右辺の { ････｝内は１より大きく、奇数の奇数個の和と差だから奇数。
一方（1）より偶数または１となるから矛盾する。　(終)

**１３２人目の素数さん** · 2017/07/23(日) 12:48:33.87

【本題】
m,n,a を 2以上の自然数、pを素数とする。
a^m - p^n = 1 を満たす（m,n,a,p）は（2,3,3,2）のみである。

(略証)
補題3により a=2 の解は無い。a≧3 としてよい。
(m,n,a,p) が
(2）　a^m - p^n = 1 を満たすとする。

(2）より
　 p^n = a^m -1 =（a-1){a^(m-1）+ …… + a + 1}
　1 < a-1 < a^(m-1）+ …… + a + 1 だから

(3）　a-1 ≡ 0　　　（mod p)
(4）　a^(m-1）+ …… + a + 1 ≡ 0（mod pp)

(3）と補題１より
　a^(m-1）+ …… + a + 1 ≡ m (mod p) だから
(4）より m ≡ 0　　（mod p)
　つまり m=k･p とかける。

(2）より（a^p =A とおくと）
　p^n = A^k - 1 =（A-1){A^(k-1）+ …… + A + 1｝だから

　1 < A-1 なので
(5) p^n' = A-1 = (a-1){a^(p-1）+ …… + a + 1｝とかける。
　（0 < n' < n)

　1 < a-1 < a^(p-1）+ …… + a + 1 なので（5）より
(6）　a-1 ≡ 0　　（mod p)
(7）　a^(p-1）+ …… + a + 1 ≡ 0　（mod pp)

・pが奇素数の場合
(6）と補題２より
a^(p-1）+ …… + a + 1 ≡ p（mod pp）だから
(7）より p≡0（mod pp）で矛盾。

・p=2の場合
(5）より
　2^n' = (a-1)(a+1）
2ベキで差が2となるものは（2,4）に限る。
　a=3
（m,n,a,p）=（2,3,3,2）

いや～素数って、ほんとに強力ですね。それではまたお会いしましょう。