フェルマー予想,オイラー予想

=== フェルマー予想,オイラー予想 ===

1. 用語の整理

(1) 三平方の定理（ピタゴラスの定理），ピタゴラス数

　三平方の定理は，中学校３年の数学で習う定理で，直角三角形の直角を挟む２辺の長さをa, b，斜辺の長さをcとするとき， $a^2+ b^2=c^2$ が成り立つことをいう．ピタゴラスの定理ともいう．
　三平方の定理が成り立つ三角形の辺の長さには
$3^2+ 4^2=5^2$ ･･･①
$5^2+ 12^2=13^2$
のように「三辺とも正の整数」であるものや
$1^2+ (\sqrt{3})^2=2^2$ ･･･②
$(\sqrt{2})^2+(\sqrt{3})^2=(\sqrt{5})^2$
のように「少なくとも１つの辺の長さが整数でない」ものもある．
　①のように三辺とも正の整数であるとき，これら３つの数の組をピタゴラス数という．ピタゴラス数は
$3^2+ 4^2=5^2$
$5^2+ 12^2=13^2$
$7^2+ 24^2=25^2$
$9^2+ 40^2=41^2$
･･･
のように限りなくある．

(2) フェルマー予想（フェルマーの最終定理）

　フェルマー予想とは，nが3以上の整数であるとき
$a^n+ b^n=c^n$
を満たす正の整数a, b, cは存在しないという予想のことをいう．この予想が正しいことは，1995年アンドリュー・ワイルスによって証明された．フェルマーの最終定理，フェルマーの大定理とも呼ばれる．

(3) オイラー予想

　オイラーは，フェルマー予想をk>3の場合に拡張して，m<kのとき
$x_1^k+ x_2^k+\cdots+ x_m^k=y^k$
を満たす正の整数 $x_1,\hspace{2}x_2,\hspace{2}\cdots,\hspace{2}x_m,\hspace{2}y$ は存在しないと予想した．（1769年）
　20世紀になってから，この予想に対する反例が見つかった．

　なお，これらの反例を見つけた数学者たちが，問題をさらに絞り込んで，m<k−1のとき解が存在しないとしたものを，ランダー・パーキン・セルフリッジ予想という．

(4) ウェアリング問題

　ウェアリングは，1770年に
「すべての整数は４個以下の平方数の和として表せる」
「すべての整数は９個以下の立方数の和として表せる」
「すべての整数は19個以下の４乗数の和として表せる」
･･･
「すべての整数は $[(\frac{3}{2})^k]+ 2^k-2$ 個以下のk乗数の和として表せる」（ただし，ガウス記号 $[x]$ は， $x$ を越えない最大の整数を表す）ことを示した．
$x_1^2+ x_2^2+ x_3^2+ x_4^2$ は任意の整数を表せる
$x_1^3+ x_2^3+ x_3^3+ x_4^3+ x_5^3+ x_6^3+ x_7^3+ x_8^3+ x_9^3$ は任意の整数を表せる，など

k=4の場合，すなわち「すべての自然数は４つの平方数の和であらわすことができる」は，ラグランジュの４平方の定理と呼ばれる．

　※このウェアリング問題では，与えられた乗数kに対して，フェルマー予想やオイラー予想で考える左辺の項の個数mが遥かに多いことに注意．すなわち
• $x_1^3+ x_2^3=y^3$ は解けなくても，
$x_1^3+ x_2^3+ x_3^3=y^3$
$x_1^3+ x_2^3+ x_3^3+ x_4^3=y^3$ ，･･･
のように左辺の項数を増やしていくと，解が見つかることがある．
• $x_1^4+ x_2^4=y^4$ は解けなくても，
$x_1^4+ x_2^4+ x_4^3=y^4$ ， $x_1^4+ x_2^4+ x_3^4+ x_4^4=y^4$ ，･･･
のように左辺の項数を増やしていくと，解が見つかりやすい．
　このことを参考にすると，ディオファントス問題が全く解けないときは，左辺の変数の個数を増やすと少しやさしい問題に変わる傾向があるということが分かる．

(5) ディオファントス問題(k, m, n)

　与えられた正の整数k, m, nに対して
$x_1^k+ x_2^k+\cdots+ x_m^k=y_1^k+ y_2^k+\cdots+ y_n^k$
を満たす整数解を求める問題をディオファントス問題(k, m, n)という．
　ピタゴラス数，フェルマー予想，オイラー予想との関わりで，このページではn=1の場合，すなわち右辺が１つの数のk乗となっているもの
$x_1^k+ x_2^k+\cdots+ x_m^k=y^k$
のみ扱う．
　ピタゴラス数を求めることはディオファントス問題(2, 2, 1)であり，フェルマー予想はディオファントス問題(k, 2, 1) k=3, 4, 5, ･･･に対応し，オイラー予想はディオファントス問題(k, m, 1), k＞m に対応するが，以下のページでは，ピタゴラス数，フェルマー予想，オイラー予想は有名なのでそのまま使い，他の組合せはディオファントス問題(k, m, 1)と呼ぶことにする．

2. 問題の一覧表

k	m=2	m=3	m=4	m=5
2乗	《2.2》ピタゴラス数 $a^2+ b^2=c^2$	《2.3》 $a^2+ b^2+ c^2$ $=d^2$ →1桁	《2.4》 $a^2+ b^2+ c^2+ d^2$ $=e^2$ →1桁	《2.5》 $a^2+ b^2+ c^2+ d^2+ e^2$ $=f^2$ →1桁
3乗	《3.2》フェルマー予想 $a^3+ b^3=c^3$	《3.3》 $a^3+ b^3+ c^3$ $=d^3$ →1桁	《3.4》 $a^3+ b^3+ c^3+ d^3$ $=e^3$ →1桁	《3.5》 $a^3+ b^3+ c^3+ d^3+ e^3$ $=f^3$ →2桁
4乗	《4.2》フェルマー予想 $a^4+ b^4=c^4$	《4.3》オイラー予想 $a^4+ b^4+ c^4$ $=d^4$ →6桁	《4.4》 $a^4+ b^4+ c^4+ d^4$ $=e^4$ →3桁	《4.5》 $a^4+ b^4+ c^4+ d^4+ e^4$ $=f^4$ →1桁
5乗	《5.2》フェルマー予想 $a^5+ b^5=c^5$	《5.3》オイラー予想 $a^5+ b^5+ c^5$ $=d^5$	《5.4》オイラー予想 $a^5+ b^5+ c^5+ d^5$ $=e^5$ →3桁	《5.5》 $a^5+ b^5+ c^5+ d^5+ e^5$ $=f^5$ →2桁
6乗	《6.2》フェルマー予想 $a^6+ b^6=c^6$	《6.3》オイラー予想 $a^6+ b^6+ c^6$ $=d^6$	《6.4》オイラー予想 $a^6+ b^6+ c^6+ d^6$ $=e^6$	《6.5》オイラー予想 $a^6+ b^6+ c^6+ d^6+ e^6$ $=f^6$

※この表で，背景色が赤の問題は解がないことが証明されている（フェルマー予想）．背景色が青の問題は，少なくとも１つの解がある．無限に解があるかどうかは，下記の個別の記述を見てください．赤枠で示した問題は，解があるのかないのか，証明があるのかないのか，書物やweb記事を見ても手がかりすらないものです．

※この表で，→２桁などと書いてあるのは，最小の整数解（例えば《5.5》で言えば，右辺の $f$ の最小整数値）が２桁の整数であることを示す．この桁数が２桁程度ならパソコンで総当たり的に調べられる可能性があります．しかし，例えば《4.4》のように３桁（999以下）となると，１秒間に1億個の等式を調べられるパソコンでも，a=1～1000, b=1～1000, c=1～1000, d=1～1000, e=1～1000の総当たりで，1,000,000,000,000,000個=約10,000,000秒=約116日を要することとなり，とても個人では対応できません．このように，パソコンで総当たり的に対応できるかどうかの目安として，この桁数を書いて見ました．
　プログラミングの演習で，受講者が100人いる場合とか，賛同者をネットで募集できた場合に，区間を分けて点検すれば（協業による分業），限界は越えられるかもしれない．
　このサイトにあるPythonプログラムはかなり速い（Python2 のコードなのでPython3で使うには，printを(　)でくくる．他，time関連の警告は無視できる）

3. パソコンと数学の役割分担

(1) 高校生が使っているパソコンでは，整数問題を総当たり的に調べていくことができるので，１つあるいは幾つかの解を見つけることは，パソコンが得意なことです．
　ただし，あまりに多くの数を調べるには時間がかかり過ぎるような場合とか，そのパソコンに装備されているソフトで扱える桁数の限界を超えてしまうような巨大数は調べられません．
(2) 幾つかの形の問題については，数学の書物やweb記事に結果が示されていることがありますので，これらも参考にしながら調べるのがよいでしょう．
(3) パソコンでは無限に多くの数を調べることはできないので，「解がない」ことを証明したり，「解が無限にある」ことを証明するには，数学を使います．

4. 個別の解

《2.2》ピタゴラス数

$a^2+ b^2=c^2$
$1\underline{\le}a,\hspace{2}b\lt c$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ は互いに素
を満たす整数解

【要約】
(1)

$a^2+ b^2=c^2$
$1\underline{\le}a,\hspace{2}b\lt c$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ は互いに素
を満たす整数解

すなわち，ピタゴラス数，もしくはディオファントス問題(2, 2, 1)の解は，無限に多く存在する．
(2)
　この解は，互いに素な正の整数m, nを用いて
$a=m^2-n^2,\hspace{2}b=2mn,\hspace{2}c=m^2+ n^2$
と書ける．

(1) パソコンで総当たり的に調べて，解があれば幾つか表示する．

=総当たりでピタゴラス数を求める(Pytho3のコード)=
とりあえず右辺の整数を50までとする
【例1】

IDLE → New File → Save as .. → Run

import math #1
import datetime as dt #2
dt1 = dt.datetime
nt1 = dt1.now() #3
L1 = [(3,4,5)]
def is_pythagoras(x):
    global L1
    for a in range(1,x):
        for b in range(a, x):
            for c in range(b,x):
                if a**2+b**2 == c**2:
                    if math.gcd(math.gcd(a,b),c) == 1: #4
                        check1 = 0
                        for n in range(0, len(L1)):
                            if L1[n] == (a,b,c): #5
                                check1 = 1
                                break
                            else:
                                continue
                        if check1 == 0:
                            L1.append((a,b,c)) #6
for n in range(1, 51):#7
    is_pythagoras(n)
print(L1,len(L1))
nt2 = dt1.now() #8
print(nt2-nt1) #9

→
[(3, 4, 5), (5, 12, 13), (8, 15, 17), (7, 24, 25), (20, 21, 29), (12, 35, 37), (9, 40, 41)] 7
0:00:00.514971
#1→ 最大公約数の判定関数gcd()を使うために，mathモジュールをインポートする
#2→ 所要時間を調べるために，datetimeモジュールをインポートする
#3→ 初めの時刻を変数nt1に代入しておく
#4→ 互いに素な組合せだけを選ぶ
#5→ 同じものがあれば追加しない
#6→ 同じものがなければ，追加する

$3^2+ 4^2=5^2$ ･･･[1]
$5^2+ 12^2=13^2$ ･･･[2]
$8^2+ 15^2=17^2$ ･･･[3]
など，50以下の整数a, b, cに対して7組の解がある．c≦250まで調べると，次の表のようになる．

-(A)整数cの小さい順-
a	b	c	m	n
3	4	5	2	1
5	12	13	3	2
8	15	17	4	1
7	24	25	4	3
20	21	29	5	2
12	35	37	6	1
9	40	41	5	4
28	45	53	7	2
11	60	61	6	5
16	63	65	8	1
33	56	65	7	4
48	55	73	8	3
13	84	85	7	6
36	77	85	9	2
39	80	89	8	5
65	72	97	9	4
20	99	101	10	1
60	91	109	10	3
15	112	113	8	7
44	117	125	11	2
88	105	137	11	4
17	144	145	9	8
24	143	145	12	1
51	140	149	10	7
85	132	157	11	6
119	120	169	12	5
52	165	173	13	2
19	180	181	10	9
57	176	185	11	8
104	153	185	13	4
95	168	193	12	7
28	195	197	14	1
84	187	205	14	3
133	156	205	13	6
21	220	221	11	10
140	171	221	14	5
60	221	229	15	2
105	208	233	13	8
120	209	241	15	4

-(B)有理数(1<)tの小さい順-
a	b	c	m	n	t
21	220	221	11	10	11/10
19	180	181	10	9	10/9
17	144	145	9	8	9/8
15	112	113	8	7	8/7
13	84	85	7	6	7/6
11	60	61	6	5	6/5
9	40	41	5	4	5/4
7	24	25	4	3	4/3
57	176	185	11	8	11/8
51	140	149	10	7	10/7
5	12	13	3	2	3/2
39	80	89	8	5	8/5
105	208	233	13	8	13/8
95	168	193	12	7	12/7
33	56	65	7	4	7/4
85	132	157	11	6	11/6
3	4	5	2	1	2/1
133	156	205	13	6	13/6
65	72	97	9	4	9/4
119	120	169	12	5	12/5
20	21	29	5	2	5/2
48	55	73	8	3	8/3
88	105	137	11	4	11/4
140	171	221	14	5	14/5
104	153	185	13	4	13/4
60	91	109	10	3	10/3
28	45	53	7	2	7/2
120	209	241	15	4	15/4
8	15	17	4	1	4/1
36	77	85	9	2	9/2
84	187	205	14	3	14/3
44	117	125	11	2	11/2
12	35	37	6	1	6/1
52	165	173	13	2	13/2
60	221	229	15	2	15/2
16	63	65	8	1	8/1
20	99	101	10	1	10/1
24	143	145	12	1	12/1
28	195	197	14	1	14/1

(3) m>n≧1を整数とするとき，次の恒等式が成り立つ．
$(m^2-n^2)^2+ (2mn)^2=(m^2+ n^2)^2$
　上記の解の例[1]は，m=2, n=1から得られ，[2]は，m=3, n=2から得られ，[3]は，m=5, n=3（から公約数2で割ったもの）から得られる．
　このようにして，m>n≧1の整数を限りなく代入していくと，限りなく多くのピタゴラス数が得られるから，ピラゴラス数は無限にあると言える．
　表(A)は，c≦250の範囲で，a, b, cが互いに素なすべてのピタゴラス数の組の一覧で，その組に対応するm, nの値が右にある．
　なお，このようなピタゴラス数の媒介変数表示が２変数m, n（自由度2）でなければ表現できないということではない．
両辺をn4で割ると，正の有理数 $0\lt\frac{m}{n}=t\lt\infty$ を用いて，
$(t^2-1)^2+ (2t)^2=(t^2+ 1)^2$
と１つの媒介変数だけで表せる．
　表(B)は，表(A)に登場するc≦250の範囲のピタゴラス数をtの小さい順に並べたもの．ただし，m>n>0だから，1<tの値のみ登場する.
　以上のように，m>n≧1の整数を限りなく代入していくと，限りなく多くのピタゴラス数が得られる．もしくは，1<tの有理数を限りなく代入していくと，いくらでもピタゴラス数が得られるから，次のことが言える．

【要約1】
ピタゴラス数，すなわちディオファントス問題(2, 2, 1)の解は，無限に多く存在する．

　逆に，任意のピタゴラス数，すなわちディオファントス問題(2, 2, 1)の解，互いに素である正の整数a, b, c (1≦a≦b<c)が
$a=m^2-n^2,\hspace{3}b=2mn,\hspace{3}c=m^2+ n^2$
の形に表せることは次のように証明できる．
　まず，互いに素である正の整数a, b, c (1≦a≦b<c)が $a^2+ b^2=c^2$ であるとき，a, bは奇数と偶数，cは奇数になる．
　なぜなら，
(ⅰ)「a, bとも偶数」ならば，左辺は偶数となり，これに等しいcは偶数でなければならないから，この組合せは，互いに素という仮定に反する．
(ⅱ)「a, bとも奇数」ならば， $a=2m+ 1,\hspace{2}b=2n+ 1$ （m, nは整数）となり，
$a^2=(2m+ 1)^2=4m^2+ 4m+ 1=4M+ 1$
$b^2=(2n+ 1)^2=4n^2+ 4n+ 1=4N+ 1$
$a^2+ b^2=4(M+ N)+ 2=c^2$ ･･･(1)
となるときcは偶数になる．
　そこで，c=2kとおくと， $c^2=4k^2=4K$ ･･･(2)
(1)(2)は矛盾であり，「a, bとも奇数」という仮定は成り立たない．（cが偶数ならば，(2)に示されるように $c^2$ は４で割り切れなければならないから，(1)のように4で割って２余ることはできない）
(ⅰ)(ⅱ)により，a, bは奇数と偶数，cは奇数ということが言える．
　そこで，a, cは奇数，bは偶数とすると
$c^2-a^2=b^2$
$(c-a)(c+ a)=b^2$
　ここで，c−a, c+aは，奇数−奇数，奇数+奇数だから，いずれも2で割り切れる．

　さらに，2が最大公約数で，2よりも大きい公約数pはないことは，次のように示せる．
ア)　c−a, c+aが，いずれも4で割り切れるとき

c+a=4k’

c−a=4k”

2c=4(k’+k”)

c=2(k’+k”)

これは，cが奇数という仮定に反する．（aについても言える）
よって，c−a, c+aは，いずれも2で割り切れるが，4では割り切れない．
イ)　c−a, c+aが，いずれも奇数の素数pで割り切れるとき

c+a=pk’

c−a=pk”

2c=p(k’+k”)

2a=p(k’−k”)

　pは奇数だから，a, cがpで割り切れる．
a=ps
c=pt（s, tは整数）
とおくと
$(c-a)(c+ a)=p^2(t-s)(t+ s)=b^2$
となるから，bもpで割り切れることになり，a, b, cが互いに素という仮定に反する．
よって，c−a, c+aは，いずれも奇数の素数を公約数として持たない．
ア)イ)より，

c+a=2k’

c−a=2k”

（k’, k”は奇数で互いに素）とおける．
このとき
$(c-a)(c+ a)=4k\apos k\apos\apos=b^2$
により，b=2mn（m, nは互いに素）とおくと
$b^2=4m^2n^2=4k\apos k\apos\apos$
k’, k”は奇数で互いに素だから， $k\apos=m^2,\hspace{2}k\apos\apos=n^2$
とおける
　結局
$c+ a=2m^2$
$c-a=2n^2$
より
$a=m^2-n^2$
$c=m^2+ n^2$
$b=2mn$
これにより
$(m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+ n^2)^2$
となる

【要約2】
ピタゴラス数，すなわちディオファントス問題(2, 2, 1)の解，互いに素である正の整数a, b, c (1≦a≦b<c)（a, cは奇数，bは偶数）が
$a^2+ b^2=c^2$
を満たすならば
$a=m^2-n^2,\hspace{2}b=2mn,\hspace{2}c=m^2+ n^2$
とおける

《2.3～2.5》ディオファントス問題

$a^2+ b^2+c^2=d^2$ ･･･[1]
$a^2+ b^2+c^2+ d^2=e^2$ ･･･[2]
$a^2+ b^2+c^2+ d^2+ e^2=f^2$ ･･･[3]
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\underline{\le}d\underline{\le}e\lt f$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

　ここで，[3]の問題を解くときに， $0\underline{\le}a$ のように０を含めると，
$0^2+ 0^2+ 0^2+ 0^2+ 1^2=1^2$
という自明解が含まれるが，for f in range(e+1, x)とすればその自明解は防げる．それ以外の $a=0,\hspace{2}(b\ne 0)$ となる解は[2]の解を表し， $a=0,\hspace{2}b=0$ となる解は[1]の解を表す．このように，ディオファントス問題(2, 5, 1)において，0を含めた解を求めると，ディオファントス問題(2, 4, 1)，ディオファントス問題(2, 3, 1)，ピタゴラス数の解が一挙に得られる．
　プログラムとしては，前述の例1を変数6個まで増やし，for a in range(0, x)とすればよい．
　所要時間約6秒で，20以下の整数211組の解が得られる．
$1^2+ 1^2+ 3^2+ 3^2+ 4^2=6^2$
$3^2+ 4^2+ 8^2+ 10^2+ 10^2=17^2$
$7^2+ 7^2+ 8^2+ 9^2+ 9^2=18^2$
など
その中には，（0が1個の）ディオファントス問題(2, 4, 1)の解が53個含まれる．
$1^2+ 2^2+ 2^2+ 4^2=5^2$
$4^2+ 5^2+ 8^2+ 8^2=13^2$
$2^2+ 3^2+ 4^2+ 14^2=15^2$
など
また，（0が2個の）ディオファントス問題(2, 3, 1)の解が14個含まれる．
$1^2+ 2^2+ 2^2=3^2$
$2^2+ 3^2+ 6^2=7^2$
$3^2+ 4^2+ 12^2=13^2$
など
さらに，（0が3個の）ピタゴラス数の解が3組含まれる． $3^2+ 4^2=5^2$
$5^2+ 12^2=13^2$
$8^2+ 15^2=17^2$

【要約】
(1)　ディオファントス問題(2, 3, 1)
$a^2+ b^2+c^2=d^2$
を満たす正の整数 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c\lt d$ の組は無限にある．
(2)　この解は，次の媒介変数表示で表される．
$a^2+ b^2+c^2=d^2\overset{\leftarrow}{\rightarrow}\{\begin{array}{l}a=m^2+ n^2-p^2-q^2\\ b=2mq+ 2np\\ c=2nq-2mp\\d=m^2+ n^2+ p^2+ q^2\end{array}$

（解説）
(2)を示せば，解が無限にあること(1)も言えるから，(2)を示す．
　初めに，(2)の左向き矢印［←］については，恒等式として気長に変形していけば示せる．
（左辺）
= $(m^2+ n^2-p^2-q^2)^2+ (2mq+ 2np)^2+ (2nq-2mp)^2$
$=(m^2+ n^2)^2+(p^2+ q^2)^2-2(m^2+ n^2)(p^2+ q^2)$
$+ 4(m^2q^2+ n^2p^2+ 2mnpq)$
$+ 4(n^2q^2+ m^2p^2-2mnpq)$
$=(m^2+ n^2)^2+(p^2+ q^2)^2-2(m^2+ n^2)(p^2+ q^2)$
$+ 4(m^2q^2+ n^2p^2+ n^2q^2+ m^2p^2)$
$=(m^2+ n^2)^2+(p^2+ q^2)^2-2(m^2+ n^2)(p^2+ q^2)$
$+ 4(m^2+ n^2)(p^2+ q^2)$
$=(m^2+ n^2)^2+(p^2+ q^2)^2+ 2(m^2+ n^2)(p^2+ q^2)$
$=(m^2+ n^2+ p^2+ q^2)^2$ =（右辺）

　d<40となる組について，a, b, c, dを媒介変数m, n, p, qを使って表す具体例は次の通り．

a	b	c	d
$m^2+ n^2-p^2-q^2$	$2mq+ 2np$	$2nq-2mp$	$m^2+ n^2+ p^2+ q^2$	m	n	p	q
1	2	2	3	1	1	0	1
3	6	2	7	1	2	1	1
7	4	4	9	2	2	0	1
1	4	8	9	1	2	0	2
7	6	6	11	0	3	1	1
9	2	6	11	1	3	0	1
3	12	4	13	2	2	1	2
11	10	2	15	2	3	1	1
5	14	2	15	1	3	2	1
9	8	12	17	2	3	0	2
1	12	12	17	0	3	2	2
15	10	6	19	1	4	1	1
17	6	6	19	3	3	0	1
1	6	18	19	1	3	0	3
13	4	16	21	1	4	0	2
11	8	16	21	0	4	1	2
19	4	8	21	2	4	0	1
5	20	4	21	2	3	2	2
3	18	14	23	2	3	1	3
13	18	6	23	3	3	1	2
3	22	6	23	3	2	1	3
15	16	12	25	2	4	1	2
9	20	12	25	1	4	2	2
7	14	22	27	1	4	1	3
23	10	10	27	0	5	1	1
23	14	2	27	3	4	1	1
25	2	10	27	1	5	0	1
7	26	2	27	1	4	3	1
21	12	16	29	3	4	0	2
11	12	24	29	2	4	0	3
3	16	24	29	0	4	2	3
21	14	18	31	1	5	1	2
21	22	6	31	1	5	2	1
27	14	6	31	2	5	1	1
5	30	6	31	3	3	2	3
17	20	20	33	0	5	2	2
25	8	20	33	2	5	0	2
7	28	16	33	2	4	2	3
17	28	4	33	3	4	2	2
31	8	8	33	4	4	0	1
1	8	32	33	1	4	0	4
7	32	4	33	2	4	3	2
15	26	18	35	3	4	1	3
17	6	30	35	1	5	0	3
1	30	18	35	3	3	1	4
33	6	10	35	3	5	0	1
27	24	8	37	4	4	1	2
3	24	28	37	2	4	1	4
21	28	12	37	2	5	2	2
3	36	8	37	4	2	1	4
29	22	14	39	3	5	1	2
29	26	2	39	5	3	1	2
19	34	2	39	5	2	1	3
13	34	14	39	1	5	3	2
35	14	10	39	1	6	1	1

　［→］の証明について： $a^2+ b^2+c^2=d^2$ を満たす正の整数 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c\lt d$ （ $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ は互いに素）の組は，
$\{\begin{array}{l}a=m^2+ n^2-p^2-q^2\\ b=2mq+ 2np\\ c=2nq-2mp\\d=m^2+ n^2+ p^2+ q^2\end{array}$
の形に書けることを示せば，証明が完成するが，これはかなり難しい．（以下の原稿でも完成していない．）

　d<40となる組については，すべて
$\{\begin{array}{l}a=m^2+ n^2-p^2-q^2\\ b=2mq+ 2np\\ c=2nq-2mp\\d=m^2+ n^2+ p^2+ q^2\end{array}$
の形に書けることは，上記の表から分かる．

　 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ のうち１個は奇数，２個は偶数， $d$ は奇数になることは，次のように示せる．
（証明）
ア） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ の3個とも偶数のとき， $a^2+ b^2+ c^2=d^2$ の左辺は偶数になるから，右辺の $d^2$ も偶数でなければならない．したがって， $d$ も偶数．
　この場合， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ がすべて偶数となって，互いに素という仮定に反するから，この組合せからは解は出ない．
イ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ のうち2個が偶数，1個が奇数のとき
$a^2+ b^2+ c^2=d^2$ の左辺は奇数になるから，右辺の $d^2$ も奇数でなければならない．
　 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ を $2k+ 1,\hspace{2}2l,\hspace{2}2m$ とおくと，左辺は， $(2k+ 1)^2+ 4l^2+ 4m^2=4K+ 1$ となる．他方， $d$ を $2n+ 1$ とおくと，右辺は， $(2n+ 1)^2=4M+ 1$ となって，４で割ったときの余りは等しいから，うまく調整すると，両辺が等しくなる可能性はある．
ウ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ のうち1個が偶数，2個が奇数のとき
$a^2+ b^2+ c^2=d^2$ の左辺は偶数になるから，右辺の $d^2$ も偶数でなければならない．
　 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ を $2k,\hspace{2}2l+ 1,\hspace{2}2m+ 1$ とおくと，左辺は， $4k^2+(2l+ 1)^2+(2m+ 1)^2=4K+ 2$ となる．他方， $d$ を $2n+ 1$ とおくと，右辺は， $(2n+ 1)^2=4M+ 1$ となって，左辺と右辺は４で割った余りが一致しないから，この組合せからは解は出ない．
エ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ の3個とも奇数のとき， $a^2+ b^2+ c^2=d^2$ の左辺は奇数になるから，右辺の $d^2$ も奇数でなければならない．したがって， $d$ も奇数．
　 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ を $2k+ 1,\hspace{2}2l+ 1,\hspace{2}2m+ 1$ とおくと，左辺は， $(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m+ 1)^2=4K+ 3$ となる．他方， $d$ を $2n+ 1$ とおくと，右辺は， $(2n+ 1)^2=4M+ 1$ となって，左辺と右辺は４で割った余りが一致しないから，この組合せからは解は出ない．

*** ディオファントス問題(2,4,1)の解 ***

【要約】
(1) $a^2+ b^2+c^2+ d^2=e^2$ を満たす正の整数 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d\lt e$ （ $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ は互いに素）の組は無限にある．
(2)　上記の解について，

ア） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ が４個とも奇数のとき， $e$ は４で割って２余る数になる．
イ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ のうち，１個が奇数で３個が偶数のとき， $e$ は奇数になる．

　ア）イ）より， $e$ は4の倍数にならない．
　ただし，その事情は「 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ が互いに素」という条件の場合で，この条件を外して定数倍から成る組まで含めると，
$a^2+ b^2+c^2+ d^2=e^2$ のとき，
$(ka)^2+ (kb)^2+(kc)^2+(kd)^2=(ke)^2$ が成り立つから，
$2^2+ 2^2+ 2^2+ 2^2=16^2$
のような解も含まれるようになる．

　d<20の範囲にある解は次の表の通り．

$a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ が奇数
a	b	c	d	e
1	1	1	1	2
1	1	3	5	6
1	1	7	7	10
1	3	3	9	10
1	5	5	7	10
1	1	5	13	14
1	5	7	11	14
3	3	3	13	14
3	5	9	9	14
5	5	5	11	14
1	3	5	17	18
1	7	7	15	18
1	9	11	11	18
3	5	11	13	18
5	5	7	15	18
5	7	9	13	18

奇数1, 偶数3
a	b	c	d	e
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	2	2	4	5
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
1	4	4	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
5	2	2	4	7
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
3	2	2	8	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
5	2	4	6	9
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
1	2	4	10	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
5	4	4	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
7	2	2	8	11
1	2	8	10	13
1	2	8	10	13
1	2	8	10	13
1	2	8	10	13
1	2	8	10	13
1	2	8	10	13
1	2	8	10	13

5	4	8	8	13
5	4	8	8	13
5	4	8	8	13
5	4	8	8	13
5	4	8	8	13
5	4	8	8	13
5	4	8	8	13
7	2	4	10	13
7	2	4	10	13
7	2	4	10	13
7	2	4	10	13
7	2	4	10	13
7	2	4	10	13
7	2	4	10	13
9	4	6	6	13
9	4	6	6	13
9	4	6	6	13
9	4	6	6	13
9	4	6	6	13
9	4	6	6	13
9	4	6	6	13
11	4	4	4	13
11	4	4	4	13
11	4	4	4	13
11	4	4	4	13
11	4	4	4	13
11	4	4	4	13
11	4	4	4	13
1	4	8	12	15
1	4	8	12	15
1	4	8	12	15
1	4	8	12	15
1	4	8	12	15
3	2	4	14	15
3	4	10	10	15
3	2	4	14	15
3	4	10	10	15
3	2	4	14	15
3	4	10	10	15
3	2	4	14	15
3	4	10	10	15
3	2	4	14	15
3	4	10	10	15
5	6	8	10	15
5	6	8	10	15
5	6	8	10	15
5	6	8	10	15
5	6	8	10	15
7	4	4	12	15
7	4	4	12	15
7	4	4	12	15
7	4	4	12	15
7	4	4	12	15
9	4	8	8	15
9	4	8	8	15
9	4	8	8	15
9	4	8	8	15
9	4	8	8	15
11	2	6	8	15
11	2	6	8	15
11	2	6	8	15
11	2	6	8	15
11	2	6	8	15
13	2	4	6	15
13	2	4	6	15
13	2	4	6	15
13	2	4	6	15
13	2	4	6	15
1	4	4	16	17
1	4	4	16	17
1	4	4	16	17
3	6	10	12	17
3	6	10	12	17
3	6	10	12	17
5	2	2	16	17
5	2	8	14	17
5	8	10	10	17
5	2	2	16	17
5	2	8	14	17
5	8	10	10	17
5	2	2	16	17
5	2	8	14	17
5	8	10	10	17
11	2	8	10	17
11	2	8	10	17
11	2	8	10	17
13	2	4	10	17
13	2	4	10	17
13	2	4	10	17
1	2	10	16	19
1	8	10	14	19
3	8	12	12	19
5	4	8	16	19
7	4	10	14	19
9	6	10	12	19
13	8	8	8	19
15	6	6	8	19
17	2	2	8	19

　上記要約の(2)の証明は，次の通り．
（この証明は，高校生が剰余系の練習を行う場合に，難し過ぎず，やさし過ぎない，ちょうどよいレベルの問題になる）
ⅰ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ の4個とも偶数のとき，

左辺の和は偶数になり，右辺 $e^2$ が偶数になるから， $e$ も偶数になる．
この場合， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ は互いに素という条件を満たさないから，ここからは解は求まらない．

ⅱ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ のうち，3個が偶数，1個が奇数のとき，

$a=2k+ 1,\hspace{2}b=2l,\hspace{2}c=2m,\hspace{2}d=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2$
$=(2k+ 1)^2+(2l)^2+(2m)^2+(2n)^2$
$=4K+ 1$
　他方で，右辺は $e=2p+ 1$ （ $e$ が奇数）に対して， $e^2=4p^2+ 4p+ 1=4P+ 1$ となるから，両辺が等しくなる可能性はある．

ⅲ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ のうち，2個が偶数，2個が奇数のとき，

$a=2k+ 1,\hspace{2}b=2l+ 1,\hspace{2}c=2m,\hspace{2}d=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2$
$=(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m)^2+(2n)^2$
$=4K+ 2$
　他方で，右辺は $e=2p,\hspace{2}2p+ 1$ に対して， $e^2=4P,\hspace{2}4P+ 1$ となるから，4で割って２余ることは起こらない．ここからは解は求まらない．

ⅳ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ のうち，1個が偶数，3個が奇数のとき，

$a=2k+ 1,\hspace{2}b=2l+ 1,\hspace{2}c=2m+ 1,\hspace{2}d=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2$
$=(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m+ 1)^2+(2n)^2$
$=4K+ 3$
　他方で，右辺は $e=2p,\hspace{2}2p+ 1$ に対して， $e^2=4P,\hspace{2}4P+ 1$ となるから，4で割って3余ることは起こらない．ここからは解は求まらない．

ⅴ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ が4個とも奇数のとき，

$a=2k+ 1,\hspace{2}b=2l+ 1,\hspace{2}c=2m+ 1,\hspace{2}d=2n+ 1$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2$
$=(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m+ 1)^2+(2n+ 1)^2$
$=4k(k+ 1)+ 4l(l+ 1) + 4m(m+ 1)+ 4n(n+ 1)+ 4$
連続する２整数の積は，２の倍数になるから， $4k(k+ 1),4l(l+ 1),4m(m+ 1),4n(n+ 1)$ はいずれも8の倍数になる．したがって
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2=8K+ 4$
他方で，右辺は
$e=8p,\hspace{2}8p\pm 1,\hspace{2}8p\pm 2,\hspace{2}8p\pm 3$ に対して，
$e^2=8P,\hspace{2}8P+ 1,\hspace{2}8P+ 4,\hspace{2}8P+ 1$
となるから， $e=8p\pm 2$ すなわち $e=8p+ 2,\hspace{2}8p+ 6$ ，すなわち $e=4q+ 2$ のとき，両辺が等しくなる可能性はある．
この場合， $e$ は４で割って２余る数になる．

*** ディオファントス問題(2,5,1)の解 ***

【要約】
(1) $a^2+ b^2+c^2+ d^2+ e^2=f^2$ を満たす正の整数 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e\lt f$ （ $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素）の組は無限にある．
(2)　上記の解について，

ア） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうち，4個が奇数で1個が偶数のとき， $f$ は，4以上のすべての偶数の値をとる．
イ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうち，1個が奇数で4個が偶数のとき， $f$ は5以上のすべての奇数の値をとる．

　ア）イ）より， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうち，奇数:偶数=5:0, 3:2, 2:3, 0:5の組となる解はない．
　ただし，その事情は「 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ が互いに素」という条件の場合で，この条件を外して定数倍から成る組まで含めると，
$a^2+ b^2+c^2+ d^2+ e^2=f^2$ のとき，
$(ka)^2+ (kb)^2+(kc)^2+(kd)^2+ (ke)^2=(kf)^2$ が成り立つから，
$2^2+ 2^2+ 2^2+ 4^2+ 6^2=8^2$
のような $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうち，5個が偶数という解も含まれるようになる．

　f<20の範囲にある解は次の表の通り．

a～eが奇数4, 偶数1の組
1	1	1	2	3	4
1	1	3	3	4	6
1	1	1	5	6	8
1	1	2	3	7	8
1	2	3	5	5	8
1	3	3	3	6	8
1	1	1	4	9	10
1	1	3	5	8	10
1	3	4	5	7	10
3	3	3	3	8	10
3	4	5	5	5	10
1	1	5	6	9	12
1	2	3	3	11	12
1	2	3	7	9	12
1	3	3	5	10	12
1	3	6	7	7	12
2	3	5	5	9	12
3	5	5	6	7	12
1	1	1	7	12	14
1	1	3	4	13	14
1	1	3	8	11	14
1	1	5	5	12	14
1	1	7	8	9	14
1	3	4	7	11	14
1	4	7	7	9	14
1	5	5	8	9	14
3	3	3	5	12	14
3	3	4	9	9	14
3	4	5	5	11	14
3	5	7	7	8	14
4	5	5	7	9	14
1	1	2	5	15	16
1	1	2	9	13	16
1	1	3	7	14	16
1	1	6	7	13	16
1	2	3	11	11	16
1	2	7	9	11	16
1	3	5	5	14	16
1	3	5	10	11	16
1	5	5	6	13	16
1	5	7	9	10	16
1	6	7	7	11	16
2	3	3	3	15	16
2	3	5	7	13	16
2	3	9	9	9	16
2	5	5	9	11	16
3	3	6	9	11	16
3	6	7	9	9	16
3	7	7	7	10	16
5	5	5	9	10	16
5	5	6	7	11	16
1	1	3	12	13	18
1	1	4	9	15	18
1	3	3	4	17	18
1	3	3	7	16	18
1	3	5	8	15	18
1	3	7	11	12	18
1	3	8	9	13	18
1	7	7	9	12	18
3	3	4	11	13	18
3	3	5	5	16	18
3	3	8	11	11	18
3	4	5	7	15	18
3	4	7	9	13	18
3	5	5	11	12	18
3	7	8	9	11	18
4	5	9	9	11	18
5	5	7	9	12	18
7	7	8	9	9	18

a～eが奇数1, 偶数4の組
2	2	2	2	3	5
1	2	2	2	6	7
2	2	3	4	4	7
1	2	2	6	6	9
2	3	4	4	6	9
1	2	4	6	8	11
2	2	2	3	10	11
2	2	4	4	9	11
2	y3	6	6	6	11
2	4	4	6	7	11
3	4	4	4	8	11
1	2	2	4	12	13
1	2	6	8	8	13
1	4	4	6	10	13
2	2	2	6	11	13
2	2	4	8	9	13
2	2	5	6	10	13
2	4	6	7	8	13
3	4	4	8	8	13
5	6	6	6	6	13
2	2	3	8	12	15
2	2	6	9	10	15
2	4	5	6	12	15
2	6	6	7	10	15
3	4	6	8	10	15
4	4	6	6	11	15
5	6	6	8	8	15
1	4	8	8	12	17
2	2	2	9	14	17
2	2	3	4	16	17
2	2	4	11	12	17
2	2	6	7	14	17
2	2	9	10	10	17
2	3	4	8	14	17
2	4	5	10	12	17
2	4	6	8	13	17
2	6	7	10	10	17
2	6	8	8	11	17
3	4	8	10	10	17
3	6	6	8	12	17
4	4	4	4	15	17
4	4	5	6	14	17
4	4	6	10	11	17
4	4	7	8	12	17
4	8	8	8	9	17
5	6	8	8	10	17
6	6	6	9	10	17
1	2	4	4	18	19
1	2	4	12	14	19
1	2	6	8	16	19
1	4	10	10	12	19
1	6	6	12	12	19
1	6	8	8	14	19
2	2	2	5	18	19
2	2	4	9	16	19
2	2	6	11	14	19
2	2	8	8	15	19
2	4	4	6	17	19
2	4	4	10	15	19
2	4	6	7	16	19
2	4	8	9	14	19
2	5	6	10	14	19
2	6	10	10	11	19
2	7	8	10	12	19
3	4	4	8	16	19
4	4	4	12	13	19
4	4	8	11	12	19
4	6	7	8	14	19
4	8	9	10	10	19
5	6	10	10	10	19
5	8	8	8	12	19
6	6	8	9	12	19

　　上記要約の(2)の一部証明は，次の通り．
（この証明は，高校生が剰余系の練習を行う場合に，難し過ぎず，やさし過ぎない，ちょうどよいレベルの問題になる）
ⅰ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ の5個とも奇数のとき，

$a=2j+ 1,\hspace{2}b=2k+ 1,\hspace{2}c=2l+ 1,\hspace{2}d=2m+ 1,\hspace{2}e=2n+ 1$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2+ e^2$
$=(2j+ 1)^2+(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m+ 1)^2+(2n+ 1)^2$
$=4j(j+ 1)+ 4k(k+ 1)+ 4l(l+ 1)+ 4m(m+ 1)+ 4n(n+ 1)+ 5$
ここで連続２整数の積は２の倍数になるから，左辺は $8K+ 5$ と書ける．
他方，右辺は $f=8p,8p\pm 1,8p\pm 2,8p\pm 3,8p+ 4$ のとき， $f^2=8P,\hspace{2}8P+ 1,\hspace{2}8P+ 4,\hspace{2}8P+ 1,\hspace{2}8P$ となるから，どんな数 $f$ を持ってきても，その2乗を8で割って5余ることはない．
以上により，ここからは解は出ない．

ⅱ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうちの4個が奇数，1個が偶数のとき，

$a=2j+ 1,\hspace{2}b=2k+ 1,\hspace{2}c=2l+ 1,\hspace{2}d=2m+ 1,\hspace{2}e=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2+ e^2$
$=(2j+ 1)^2+(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m+ 1)^2+(2n)^2$
$=4j(j+ 1)+ 4k(k+ 1)+ 4l(l+ 1)+ 4m(m+ 1)+ 4n^2+ 4$
$=4K$ と書ける．
他方，右辺は $f=2p,2p+ 1$ のとき， $f^2=4P,\hspace{2}4P+ 1$ となるから， $f$ が偶数のとき，左辺と右辺が等しくなる可能性がある．

ⅲ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうちの3個が奇数，2個が偶数のとき，

$a=2j+ 1,\hspace{2}b=2k+ 1,\hspace{2}c=2l+ 1,\hspace{2}d=2m,\hspace{2}e=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2+ e^2$
$=(2j+ 1)^2+(2k+ 1)^2+(2l+ 1)^2+(2m)^2+(2n)^2$
$=4K+ 3$ と書ける．
他方，右辺は $f=2p,2p+ 1$ のとき， $f^2=4P,\hspace{2}4P+ 1$ となるから， $f^2$ を4で割った余りが3になることはない．
以上により，ここからは解は出ない

ⅳ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうちの2個が奇数，3個が偶数のとき，

$a=2j+ 1,\hspace{2}b=2k+ 1,\hspace{2}c=2l,\hspace{2}d=2m,\hspace{2}e=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2+ e^2$
$=(2j+ 1)^2+(2k+ 1)^2+(2l)^2+(2m)^2+(2n)^2$
$=4K+ 2$ と書ける．
他方，右辺は $f=2p,2p+ 1$ のとき， $f^2=4P,\hspace{2}4P+ 1$ となるから， $f^2$ を4で割った余りが2になることはない．
以上により，ここからは解は出ない

ⅴ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうちの1個が奇数，4個が偶数のとき，

$a=2j+ 1,\hspace{2}b=2k,\hspace{2}c=2l,\hspace{2}d=2m,\hspace{2}e=2n$ とおくと，
$a^2+ b^2+ c^2+ d^2+ e^2$
$=(2j+ 1)^2+(2k)^2+(2l)^2+(2m)^2+(2n)^2$
$=4K+ 1$ と書ける．
他方，右辺は $f=2p,2p+ 1$ のとき， $f^2=4P,\hspace{2}4P+ 1$ となるから， $f$ が奇数のとき，左辺と右辺が等しくなる可能性がある．

ⅵ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ の5個とも偶数のとき，

左辺は偶数になり，これに等しくなるためには右辺の $f$ も偶数でなければならない．この場合， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ は互いに素という条件を満たさないから，ここからは解は求まらない．

以上により，
　ⅱ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうちの4個が奇数，1個が偶数， $f$ が偶数のとき
　ⅴ） $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ のうちの1個が奇数，4個が偶数， $f$ が奇数のとき，の２つの場合がある．

《3.2～6.2》フェルマー予想

$a^3+ b^3=c^3$
$a^4+ b^4=c^4$
$a^5+ b^5=c^5$
$a^6+ b^6=c^6$
$1\lt a\underline{\le}b\lt c$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ は互いに素
を満たす整数解はない．

　この問題は，1670年に公表されてから，1995年まで325年間も解けなかったということから分かるように，高校生が解けるような問題ではない．ただし
$a^3+ b^3=c^3$ （ $c$ は素数）
という形で，乗数を3に限定し，cを素数に限定すれば，高校生でも解ける問題になる．以下は，1999年早稲田大学の入試問題で，答案は筆者が作成したものです．

(i) a+b≧a2−ab+b2を満たす正の整数の組(a, b)をすべて求めよ．
(ii) a3+b3=p3を満たす素数pと正の整数a, bは存在しないことを示せ．

(i)　２変数a, bの２次関数の取り得る値の範囲を求める基本は，まずbを固定してaの関数として頂点を求め，次にその各々についてbを動かして範囲を調べる．
$a^2-ab+ b^2-a-b\underline{\le}0$ …(1)となる正の整数a, bを求める．
$a^2-ab+ b^2-a-b=a^2-(b+ 1)a+ (b^2-b)$
$=(a-\frac{b+ 1}{2})^2-\frac{(b+ 1)^2}{4}+ (b^2-b)$
$=(a-\frac{b+ 1}{2})^2+ \frac{3b^2-6b-1}{4}$
$=(a-\frac{b+ 1}{2})^2+ \frac{3}{4}(b-1)^2-1\underline{\le}0$
$(a-\frac{b+ 1}{2})^2+ \frac{3}{4}(b-1)^2\underline{\le}1$
左辺の各項は２乗で０以上だから
$\frac{3}{4}(b-1)^2\underline{\le}1$
$(b-1)^2\underline{\le}\frac{4}{3}$
$0\underline{\le}b-1\underline{\le}\frac{2}{\sqrt{3}}$

b=1, 2
ア）　b=1のとき(1)に代入すると
a2−2a≦0
a(a−2)≦0
0≦a≦2
aは正の整数だからa=1, 2
イ）　b=2のとき(1)に代入すると
a2−3a+2≦0
(a−1)(a−2)≦0
1≦a≦2
aは正の整数だからa=1, 2
以上より，(a, b)=(1,1), (1,2), (2,1), (2,2)

(ii)
a+b≧a2−ab+b2のとき(i)の結果から
a3+b3=2, 9, 9, 16となっていずれも素数の３乗にはならない．

a+b<a2−ab+b2のとき
(a+b)(a2−ab+b2)=p3
のとき，右辺は素数の３乗だからこれを満たすa+b, a2−ab+b2の組合せは次の表のとおり

	a+b	a2−ab+b2
(1)	1	p3
(2)	p	p2

(1) a, bは正の整数だからa+b=1となることはない．

(2)

a+b=p…(*1)
a2−ab+b2=p2…(*2)
(*1)よりb=p−aを(*2)に代入すると
a2−a(p−a)+(p−a)2=p2
3a2−3ap=0
3a(a−p)=0
aは正の整数だから
a=p
このとき
b=0となって仮定に反する．
以上から，a3+b3=p3を満たす素数pと正の整数a, bが存在すると仮定すれば矛盾を生ずるから，背理法により示された．

《3.3～3.5》ディオファントス問題

$a^3+ b^3=c^3$ ･･･[0]
$a^3+ b^3+c^3=d^3$ ･･･[1]
$a^3+ b^3+c^3+ d^3=e^3$ ･･･[2]
$a^3+ b^3+c^3+ d^3+ e^3=f^3$ ･･･[3]
$0\underline{\le}a,b,c,d,e\lt f$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素
を満たす整数解

【要約1】
(1)　ディオファントス問題(3, 2, 1)は，３次の場合のフェルマー予想にあたり，次の方程式[0]を満たす正の整数解はない．
$a^3+ b^3=c^3$ ･･･[0]
(2)　ディオファントス問題(3, 3, 1)，すなわち次の方程式[1]を満たす正の整数 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\lt d$ （ $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ は互いに素）の組は無限にある．
$a^3+ b^3+c^3=d^3$ ･･･[1]
　この解のうち幾つかは，ラナヌジャンの等式などによって無限に生成できる．
　次の表はd≦500の範囲で方程式[1]を満たす正の整数解の組の一覧で，YはJ.Youngの等式，Rはラマヌジャンの等式，R’はラマヌジャンの等式を参考にして筆者が作った等式，V,V’はF.Vietaの等式，JはJ.Jandasekの等式，AはG.Amponの等式としてweb記事に紹介されているもので，表中1のマークがあるところは，その等式で表現できることを表す．
　また，a,b,cのうち奇数が1個の組のうちで，d=25からd=499までの･･･には，これらの等式で書けない130個の解がある.同様に，a,b,cのうち奇数が2個の組のうちで，d=44からd=500までの･･･には，これらの等式で書けない137個の解があり，a,b,cのうち奇数が2個の組のうちで，d=97からd=479までの･･･には，これらの等式で書けない19個の解がある．
　ピタゴラス数では，すべての解に対応する媒介変数表示が存在したが，方程式[1]の正の整数解にはそのようなものは知られておらず，媒介変数表示を用いて表せるのは，解のほんの一部に過ぎない．

a	b	c	d	奇数	Y	R	R’	V	V'	J	A
1	6	8	9	1						1
3	10	18	19	1							1
2	17	40	41	1						1
26	55	78	87	1					1
12	31	102	103	1							1
33	70	92	105	1				1
3	34	114	115	1						1
38	57	124	129	1					1
78	172	195	235	1					1
4	57	248	249	1						1
27	64	306	307	1							1
5	86	460	461	1						1
4	17	22	25	1
･･･	･･･	･･･	･･･	･･･	130個
123	168	490	499	1
3	4	5	6	2	1	1	1	1
7	14	17	20	2	1	1	1		1
18	19	21	28	2	1	1	1
3	36	37	46	2	1	1	1
27	30	37	46	2	1	1	1
15	42	49	58	2	1	1
7	54	57	70	2	1	1	1
19	60	69	82	2		1
28	53	75	84	2				1
21	43	84	88	2					1
58	59	69	90	2	1	1
15	82	89	108	2		1
23	86	97	116	2			1
19	92	101	122	2	1
23	94	105	126	2	1	1
86	95	97	134	2		1	1
85	138	171	202	2	1
5	163	164	206	2			1
42	83	205	210	2				1
73	174	207	244	2
113	166	207	246	2		1
163	164	197	254	2		1	1
101	178	219	258	2	1
65	127	248	260	2				1
173	214	267	324	2		1
107	230	277	326	2			1
227	230	277	356	2		1	1
40	273	303	364	2				1
177	276	343	406	2		1
276	303	313	430	2		1
283	294	357	454	2		1
19	362	365	458	2	1
111	148	465	472	2					1
16	23	41	44	2
･･･	･･･	･･･	･･･	･･･	137個
82	119	497	500	2
45	69	79	97	3
･･･	･･･	･･･	･･･	･･･	19個
109	293	437	479	3

（解説）
(1)　Wikipediaなどに，ラマヌジャンの等式として，次の式が紹介されている．

$(3x^2+ 5xy-5y^2)^3+(4x^2-4xy+ 6y^2)^3+(5x^2-5xy-3y^2)^3$
$=(6x^2-4xy+ 4y^2)^3$ ･･･(R)

　変数x, yが正負の整数をとり得る場合は，(R)が表す組全体は，次の(R’)が表す組全体と同じであるが，x, y, a, b, c, dが正の整数という条件がある場合には，(R)と(R’)は必ずしも同じではない．

$(3x^2-5xy-5y^2)^3+(4x^2+ 4xy+ 6y^2)^3+(5x^2+ 5xy-3y^2)^3$
$=(6x^2+ 4xy+ 4y^2)^3$ ･･･(R’)

　F.Vietaの等式として紹介されているのは，次の２つの式である．

$y^3(x^3+ y^3)^3+ x^3(x^3-2y^3)^3+ y^3(2x^3-y^3)^3$
$=x^3(x^3+ y^3)^3$ ･･･(V)

$x^3(x^3-y^3)^3+ y^3(x^3-y^3)^3+ y^3(2x^3+ y^3)^3$
$=x^3(x^3+ 2y^3)^3$ ･･･(V’)

　これらも，変数x, yが正負の整数をとり得る場合は，(V)が表す組全体は，(V’)が表す組全体と同じであるが，x, y, a, b, c, dが正の整数という条件がある場合には，(V)と(V’)は必ずしも同じではない．

(2)　ラマヌジャンの恒等式(R)は，「a, b, cのうち2個が奇数，1個が偶数の場合だけを表す」ことを証明してみよう．
$a=3x^2+ 5xy-5y^2$
$b=4x^2-4xy+ 6y^2$
$c=5x^2-5xy-3y^2$
$d=6x^2-4xy+ 4y^2$
とおく．
　x, yとも偶数のときは，a, b, c, dとも偶数になり，互いに素という条件を満たさないから，x, yの少なくとも１つは奇数でなければならない．
　　xが偶数で，yが奇数のとき，a, cは奇数，bは偶数になる．xが奇数で，yが偶数のときも同様になる．
　xもyも奇数のとき，a, cは奇数，bは偶数になる．
以上により，ラマヌジャンの恒等式(R)を満たす互いに素な解a, b, cは「2個が奇数，1個が偶数」である．･･･(*2)も同様に示せる．
このようにして，前述の表において，R, R’に1のマークがついている解は，奇数が2個の場合に限られることが分かる．

(3)　F.Vietaの等式(V)(V’)は，変数x, yが正負の整数をとり得るときは同じものになることを示してみよう．
(V)式のyに−yを代入すると
$-y^3(x^3-y^3)^3+ x^3(x^3+ 2y^3)^3-y^3(2x^3+ y^3)^3$
$=x^3(x^3-y^3)^3$
移項すると
$x^3(x^3-y^3)^3+ y^3(x^3-y^3)^3+ y^3(2x^3+ y^3)^3$
$=x^3(x^3+ 2y^3)^3$
となって(V’)になる．
　ただし，これはx, yが正負の整数をとり得る場合の話で，x, y, a, b, c, dが正の整数という条件がある場合には，(V)と(V’)は必ずしも同じではない．実際，前述の表において，V, V’で１のマークが付く解が異なっている．

(4)　大まかな傾向で言えば，ディオファントス方程式(3, 3 ,1), (3, 4, 1), (3, 5, 1)すなわち次の[1][2][3]について，個数が多いほど，数字が大きいほど解は多くなる．
$a^3+ b^3+c^3=d^3$ ･･･[1]
$a^3+ b^3+c^3+ d^3=e^3$ ･･･[2]
$a^3+ b^3+c^3+ d^3+ e^3=f^3$ ･･･[3]
$0\underline{\le}a,b,c,d,e\lt f$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素
を満たす整数解
　次の表は，１つの右辺の値に対して，[1][2][3]で各々何通りの解があるのかを数えたものです．

右辺の値	[1]	[2]	[3]
6	1	0	0
7	0	1	0
8	0	0	0
9	1	0	1
10	0	0	2
11	0	0	2
12	0	1	2
13	0	2	1
14	0	1	1
15	0	0	3
16	0	0	3
17	0	0	3
18	0	2	6
19	1	0	6
20	1	1	2
21	0	0	5
22	0	0	4
23	0	1	3
24	0	1	3
25	1	1	11
26	0	2	7
27	0	0	9
28	1	3	4

右辺の値	[1]	[2]	[3]
29	1	0	12
30	0	1	10
31	0	1	6
32	0	1	15
33	0	1	15
34	0	1	9
35	0	1	5
36	0	0	13
37	0	1	7
38	0	1	18
39	0	2	14
40	0	0	14
41	2	1	16
42	0	4	15
43	0	1	19
44	1	1	30
45	0	1	27
46	2	0	19
47	0	0	19
48	0	3	25
49	0	2	24
50	0	1	29

　例えば，右辺の値6,「1」の解が１通りとは
$3^3+ 4^3+ 5^3=6^3$
のように右辺が6となる解が[1]の型で１通りだけあることを示しています．
　例えば，右辺の値28,「1」の解が1通り，[2]の解が3通り，[3]の解が4通りとは，次の解を集計したものです．
$18^3+ 19^3+ 21^3=28^3$

$1^3+ 10^3+ 15^3+ 26^3=28^3$
$2^3+ 4^3+ 13^3+ 27^3=28^3$
$9^3+ 13^3+ 19^3+ 23^3=28^3$

$3^3+ 5^3+ 7^3+ 18^3+ 25^3=28^3$
$3^3+ 10^3+ 18^3+ 18^3+ 21^3=28^3$
$6^3+ 7^3+ 17^3+ 18^3+ 22^3=28^3$
$7^3+ 15^3+ 15^3+ 19^3+ 20^3=28^3$
　表から分かるように，ディオファントス方程式(3, 5, 1)すなわち上記の[3]の形の方程式は，右辺の値が9以上のすべての整数に対して解がある．

(5)　例えば[1]の形の方程式について
　3乗，5乗，...のような奇数乗の場合には，負の数も許容すれば表せる範囲が広がる．
$1^3+(-9)^3+ 12^3=10^3$
のような物も含めて考えることもできるが，負の数や0をを許容してしまうと
$m^3+(-m)^3+ n^3=n^3$ ･･･(*1)
$0^3+ 0^3+ n^3=n^3$ ･･･(*2)
のような自明解が入って来るので，ここでは(*1)(*2)のようなもの以外で考えると，d≦40の範囲で次のような組がある．
　このように負の数を許容すると，表せる整数の範囲が広がり，右辺の値dにどんな自然数を入れても対応する左辺の値が決まる．
　運悪く，d=13となる組はしぶとく登場しないが，左辺に100以上の数を使うとようやく登場する．
$(-104)^3+ 108^3+ (-51)^3=13^3$

a	b	c	d
−12	9	10	1
−8	−6	9	1
−40	−17	41	2
−34	15	33	2
−16	9	15	2
−37	−36	46	3
−18	−10	19	3
−5	−4	6	3
−22	−17	25	4
−5	−3	6	4
−4	−3	6	5
−33	−32	41	6
−8	−1	9	6
3	4	5	6
−17	−14	20	7
−6	−1	9	8
−34	16	33	9
−15	2	16	9
−10	1	12	9
1	6	8	9
−27	19	24	10
−18	−3	19	10
−9	1	12	10
−27	−15	29	11
−40	31	33	12
−1	9	10	12
−104	108	−51	13
−17	−7	20	14
−33	2	34	15
−27	−11	29	15
−9	2	16	15
−41	−23	44	16
−33	9	34	16
−2	9	15	16
−40	−2	41	17

−39	26	36	17
−22	−4	25	17
−14	−7	20	17
−21	−19	28	18
−10	−3	19	18
−24	10	27	19
−21	−18	28	19
3	10	18	19
7	14	17	20
−19	−18	28	21
−17	−4	25	22
−41	−16	44	23
−19	10	27	24
4	17	22	25
−36	17	39	26
−37	−30	46	27
−15	−11	29	27
−10	19	24	27
18	19	21	28
11	15	27	29
−37	−27	46	30
−33	12	40	31
−33	−6	41	32
−32	−6	41	33
−31	12	40	33
−16	9	34	33
−15	2	34	33
−9	16	33	34
−2	15	33	34
−37	−3	46	36
−26	17	39	36
−36	−3	46	37
−30	−27	46	37
−17	26	36	39
−17	−2	41	40
−12	31	33	40

　[1]の形で負の整数も許容した場合，一般に次のことが言える．
$a^3+ b^3+ c^3=d^3\hspace{5}(1\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d)$
が成り立つとき
$(-c)^3+ (-b)^3+ d^3=a^3$
$(-c)^3+ (-a)^3+ d^3=b^3$
$(-b)^3+ (-a)^3+ d^3=c^3$
も成り立つ．（∵負の項を右辺に移項すれば分かる．）

(6) J.Youngの等式とは，次の形の恒等式をいう．

$(x^2+ 16xy-21y^2)^3+(-x^2+ 16xy+ 21y^2)^3+(2x^2-4xy+ 42y^2)^3$
$=(2x^2+ 4xy+ 42y^2)^3$ ･･･(Y)

　ラマヌジャンの等式を参考にして，筆者が作った等式は，次の式である．（査読などのオーサライズは何もないが，展開すれば確かめられるから公開している）

$(7x^2\mp 17xy-17y^2)^3+(14x^2\pm 20xy+ 20y^2)^3+(17x^2\pm 17xy-7y^2)^3$
$=(20x^2\pm 20xy+ 14y^2)^3$ ･･･(R^*1)［複号同順：以下同様］
$(18x^2\mp 4xy+ 28y^2)^3+(19x^2\pm 23xy-21y^2)^3+(21x^2\mp 23xy-19y^2)^3$
$=(28x^2\mp 4xy+ 18y^2)^3$ ･･･(R^*2)
$(3x^2\mp 41xy+ 37y^2)^3+(36x^2\pm 68xy+ 46y^2)^3+(37x^2\pm 41xy-3y^2)^3$
$=(46x^2\pm 68xy+ 36y^2)^3$ ･･･(R^*3)
$(27x^2\mp 38xy-37y^2)^3+(30x^2\pm 20xy+ 46y^2)^3+(37x^2\pm 38xy-27y^2)^3$
$=(46x^2\pm 20xy+ 30y^2)^3$ ･･･(R^*4)
$(15x^2\mp 50xy-49y^2)^3+(42x^2\pm 68xy+ 58y^2)^3+(49x^2+ 50xy-15y^2)^3$
$=(58x^2\pm 68xy+ 42y^2)^3$ ･･･(R^*5)

$(7x^2\mp 62xy-57y^2)^3+(54x^2\pm 100xy+ 70y^2)^3+(57x^2\pm 62xy-7y^2)^3$
$=(70x^2\pm 100xy+ 54y^2)^3$ ･･･(R^*6)
$(19x^2\mp 71xy-69y^2)^3+(60x^2\pm 100xy+ 82y^2)^3+(69x^2\pm 71xy-19y^2)^3$
$=(82x^2\pm 100xy+ 60y^2)^3$ ･･･(R^*7)
$(15x^2\mp 95xy-89y^2)^3+(82x^2\pm 148xy+ 108y^2)^3+(89x^2\pm 95xy-15y^2)^3$
$=(108x^2\pm 148xy+ 82y^2)^3$ ･･･(R^*8)
$(23x^2\mp 101xy-97y^2)^3+(86x^2\pm 148xy+ 116y^2)^3+(97x^2\pm 101xy-23y^2)^3$
$=(116x^2\pm 148xy+ 86y^2)^3$ ･･･(R^*9)
d≦500の範囲で，係数の大きい方では
$(315x^2\mp 410xy-389y^2)^3+(322x^2\pm 148xy+ 498y^2)^3+(389x^2\pm 410xy-315y^2)^3$
$=(498x^2\pm 148xy+ 322y^2)^3$ ･･･(R^*9)
※等式は限りなく作れるが，これらはいずれも「a, b, cのうち2個が奇数，1個が偶数の場合」だけを表す．「a, b, cのうち1個もしくは3個が奇数の場合」を表す媒介変数表示を筆者はまだ作れていない．

　J.Jandasekの等式とは，次の式を言う．

$n^3+(3n^2+ 2n+ 1)^3+(3n^3+ 3n^2+ 2n)^3$
$=(3n^3+ 3n^2+ 2n+ 1)^3$ ･･･(J)

AはG.Amponの等式とは，次の式を言う．

$(3n^2)^3+(6n^2+ 3n+ 1)^3+(9n^3+ 6n^2+ 3n)^3$
$=(9n^3+ 6n^2+ 3n+ 1)^3$ ･･･(A)

【要約2】
ディオファントス問題(3, 3, 1)，すなわち次の方程式[1]を満たす正の整数 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\lt d$ （ $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ は互いに素）の組を媒介変数で表す方法について
ⅰ） J.Jandasekの等式，G.Amponの等式は，nが大きくなると急速に大きくなり，方程式[1]の解のうちで表現できない組が多い．
いずれも，左辺のa,b,cのうち2個が偶数，1個が奇数，右辺のdは奇数になる．
ⅱ）F.Vietaの等式も次数の大きな多項式になっていて，媒介変数を大きくしていくと，急速に大きくなり，方程式[1]の解のうちで表現できない組が多い．
ⅲ）J.Youngの等式，ラマヌジャンの等式は，比較的多くの解をカバーできる．ただし，この等式は左辺のa,b,cのうち2個が奇数の組だけしか表せない．
ⅳ）上記のどの等式によっても，左辺のa,b,cのうち3個が奇数で右辺のdも奇数の組を表すことはできない．

※）プログラミングを少し学習すると，筆者が作った等式と同レベルのものを作ることはできるかもしれない．ただし，１日の宿題のレベルでなく，１週間とか夏休みの課題のレベルになる．（筆者のやりかたは，Python3のsympyにある因数分解関数factor()を用いて，左辺の係数を網羅的に書き換えながら右辺が3乗になるものを探した．ただし，恒等式となるためには，x=1, y=0のときも等しいことが必要条件になるから，例えば１つの解(3,4,5,6)を用いて $(3x^2+\cdots)^3+(4x^2+\cdots)^3+(5x^2+\cdots)^3$ などを試してみると，組合せを絞ることがができる．
　そのときに，Youngの等式のように $(x^2+\cdots)^3+(-x^2+\cdots)^3+(2x^2+\cdots)^3$ となっていて，部品（x²の係数）が自明解になる場合にも，できた多項式が $(x^2-3xy-3y^2)^3+(-x^2+ 3xy+ 3y^2)^3+(2x^2+\cdots)^3$ のような自明解［最初の２項が符号だけ異なる］でなければ，式として成り立つ可能性はある.

※「ラマヌジャンの恒等式」補足説明

==図1==

(1)　ラマヌジャンの恒等式
$a=3x^2+ 5xy-5y^2$
$b=4x^2-4xy+ 6y^2$
$c=5x^2-5xy-3y^2$
$d=6x^2-4xy+ 4y^2$
とおくと
$a^3+ b^3+ c^3=d^3$
すなわち
$(3x^2+ 5xy-5y^2)^3$
$+(4x^2-4xy+ 6y^2)^3$
$+(5x^2-5xy-3y^2)^3$
$=(6x^2-4xy+ 4y^2)^3$
が $x,\hspace{2}y$ の恒等式であるから，任意の $x,\hspace{2}y$ について成り立つというのは，等式の性質としては間違いなく言える．
　しかし，任意の $x,\hspace{2}y$ について，ラマヌジャンの恒等式がディオファントス問題(3, 3, 1)の正の整数解 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\lt d$ を表す訳ではない．

ア）　図において，●で示した点(x, y)は，対応するa, b, cが３個とも正の整数になる組を表す．
　例えば，二重丸で示した点(1, 0)には， $3^3+ 4^3+ 5^3=6^3$ が対応しているが，x軸上に並ぶ他の点(x, 0)は， $(3x^2)^3+ (4x^2)^3+ (5x^2)^3=(6x^2)^3$
すなわち
$(3^3+ 4^3+ 5^3)x^6=6^3x^6$
という形で，a, b, c, dが互いに素である解の定数倍になっている．一般に，ある点(x, y)がディオファントス問題(3, 3, 1)の正の整数解 $1\underline{\le}a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\lt d$ でa, b, c, dが互いに素であるとき，原点と(x, y)を結ぶ線分を２倍，３倍，...してできる点もディオファントス問題(3, 3, 1)の正の整数解になるが，それらは互いに素な値ではない．
　例えば，二重丸で示した(2, 1)と(4, 2)は，各々
$7^3+ 14^3+ 17^3=20^3$ ･･･①
$28^3+ 56^3+ 68^3=80^3$ ･･･②
に対応しているが，②は①の定数倍の組となっている．

　x=0のときは， $a=-5y^2\underline{\le}0,\hspace{2}c=-3y^2\underline{\le}0$ となるから，a, b, c, d>0を満たさない．そこで，x≠0とする．
　a, b, c, d>0の条件は， $t=\frac{y}{x}$ を用いて，１変数で調べることができる．この値tは $t=\tan\theta=\frac{y}{x}$ を表す有理数である．（このように２つの整数(x, y)の代わりに１つの有理数tを媒介変数として，解を調べることができる）
$a=3x^2+ 5xy-5y^2\gt 0\rightarrow 3+ 5t-5t^2\gt 0$ ･･･(1)
$b=4x^2-4xy+ 6y^2\rightarrow 4-4t+ 6t^2\gt 0$ ･･･(2)
$c=5x^2-5xy-3y^2\rightarrow 5-5t-3t^2\gt 0$ ･･･(3)
$d=6x^2-4xy+ 4y^2\rightarrow 6-4t+ 4t^2\gt 0$ ･･･(4)
(2)(4)は各々 $D\apos=4-24\lt 0$ となるからつねに成立する．
(1)→ $5t^2-5t-3\lt 0$
$\frac{5-\sqrt{85}}{10}\approx -0.42\lt t\lt\frac{5+ \sqrt{85}}{10}\approx 1.4$
(3)→ $3t^2+ 5t-5\lt 0$
$\frac{-5-\sqrt{85}}{6}\approx -2.3\lt t\lt\frac{-5+ \sqrt{85}}{6}\approx 0.72$

==図2==

　図２の色分けが図１の色分けに対応する．

イ）　図1において，●で示した点(x, y)は，対応するcが負の整数になる組を表す．
　例えば，二重丸で示した点(4, 4)には， $48^3+ 96^3+ (-48)^3=96^3$ が対応し，c<0となる．

ウ）　図1において，●で示した点(x, y)は，対応するaが負の整数になる組を表す．
　例えば，二重丸で示した点(2, −3)には， $(-63)^3+ 94^3+ 23^3=84^3$ が対応し，a<0となる．

エ）　図1において，●で示した点(x, y)は，対応するa, cが負の整数になる組を表す．
　例えば，二重丸で示した点(1, 2)には， $(-7)^3+ 20^3+ (-17)^3=14^3$ が対応し，a<0, c<0となる．

イ）ウ）の例は各々， $48^3+ 96^3=96^3+ 48^3$ ， $94^3+ 23^3=84^3+ 63^3$ というディオファントス問題(3, 2, 2)の正の整数解に対応するが，ここでは取り上げない．
エ）の例は，移項すれば $20^3=7^3+ 14^3+ 17^3$ を表す．

(1)　ラマヌジャンの恒等式が１つ与えられたとき，媒介変数を１次変換して得られる恒等式もディオファントス問題(3, 3, 1)の整数解となる．
　例えば
$a=3x^2+ 5xy-5y^2$
$b=4x^2-4xy+ 6y^2$
$c=5x^2-5xy-3y^2$
$d=6x^2-4xy+ 4y^2$
に対して，媒介変数の変換
$\{\begin{array}{ll}x=x\apos-y\apos\\ y=y\apos\end{arry}$
を行うと
$a=3x\apos^2-x\apos y\apos-7y\apos^2$
$b=4x\apos^2-12x\apos y\apos+ 14y\apos^2$
$c=5x\apos^2-15x\apos y\apos+ 7y\apos^2$
$d=6x\apos^2-16x\apos y\apos+ 14y\apos^2$
についても， $a^3+ b^3+ c^3=d^3$ が成り立つ．ただし，a, b, c, d>0が成り立つx’ y’の範囲は変わる．

　※以下，個人のパソコンで総当たりで見つけることは難しいが，１つの解を示されたら，両辺が等しいことを確かめることはできるものを，茶色で示す．

《4.3》オイラー予想

$a^4+ b^4+c^4=d^4$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

$95800^4+ 217519^4+ 414560^4=422481^4$

（知られている最小解, 1988, N.J.エルキース）

$2682440^4+ 15365639^4+ 18796760^4=20615673^4$

（1988, N.J.エルキース）

　1958年発行の「数論における未解決問題」（リチャード・ガイ著/一松信訳/Spring-Verlag Tokyo）によれば，「現在まで $a^4+ b^4+c^4=d^4$ に解がないことは証明されていない． $d\le 220000$ の範囲に解はない．」とされていたが，その後，上記のようにdが220000よりも大きな解が見つかったということらしい．当時の判断はそれなりに正しく，解けるようになったのはコンピュータ性能の向上のおかげか？

《4.3》オイラー予想については，N.D.Elkiesが助変数を含む解を示している．
$(85v)^2+ 484v-313)^4+(68v^2-586v+ 10)^4+(2u)^4$
$=(357v^2-204v+ 363)^4$
ここに
$u^2=22030+ 28849v-56158v^2+ 36941v^3-31790v^4$

Wikipedia参照

《4.4》ディオファントス問題

$a^4+ b^4+c^4+ d^4=e^4$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

$30^4+ 120^4+ 272^4+ 315^4=353^4$
$240^4+ 340^4+ 430^4+ 599^4=651^4$
$435^4+ 710^4+ 1384^4+ 2420^4=2487^4$
$1130^4+ 1190^4+ 1432^4+ 2365^4=2501^4$
など多数見つかっている

（1911, R. Norrie）

Wolfman参照

《4.5》ディオファントス問題

$a^4+ b^4+c^4+ d^4+ e^4=f^4$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\underline{\le}d\underline{\le}e\lt f$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

約35秒で次の解が得られる
$2^4+ 2^4+ 3^4+ 4^4+ 4^4=5^4$
$2^4+ 2^4+ 6^4+ 12^4+ 13^4=15^4$
$4^4+ 6^4+ 8^4+ 9^4+ 14^4=15^4$
$10^4+ 10^4+ 10^4+ 17^4+ 30^4=31^4$

《5.3》オイラー予想

$a^5+ b^5+c^5=d^5$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

###《5.3》オイラー予想については，かなり大きな数字まで調べられているが，解は見つかっていない###

《5.4》オイラー予想

$a^5+ b^5+c^5+ d^5=e^5$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

$27^5+ 84^5+ 110^5+ 133^5=144^5$

（1968, L.J.ランダー, T.R.パーキン）

$55^5+ 3183^5+ 28969^5+ 85282^5=85359^5$

（2004, Frye）Wikipedia参照

《5.5》ディオファントス問題

$a^5+ b^5+c^5+ d^5+ e^2=f^5$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\underline{\le}d\underline{\le}e\lt f$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

$7^5+ 43^5+ 57^5+ 80^5+ 100^5=107^5$

（1934, Sastry）Wikipedia参照

$19^5+ 43^5+ 46^5+ 47^5+ 67^5=72^5$

（1967, 最小解, Lander, Parkin, Selfridge）Wikipedia参照

　今日のパソコンでは（2021年現在Window10, 32bit機, Intel i5）所要時間十数分で，f≦500の解が得られる．上記以外には
$21^5+ 23^5+ 37^5+ 79^5+ 84^5=94^5$
$78^5+ 120^5+ 191^5+ 259^5+ 347^5=365^5$
$79^5+ 202^5+ 258^5+ 261^5+ 395^5=415^5$
$4^5+ 26^5+ 139^5+ 296^5+ 412^5=427^5$
$31^5+ 105^5+ 139^5+ 314^5+ 416^5=435^5$
$54^5+ 91^5+ 101^5+ 404^5+ 430^5=480^5$

《5.6》ディオファントス問題

$a^5+ b^5+c^5+ d^5+ e^2+ f^5=g^5$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\underline{\le}d\underline{\le}e\underline{\le}f\lt g$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f,\hspace{2}g,\hspace{2}h$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

　所要時間約6秒で，35以下の整数3組の解が得られる．
$4^5+ 5^5+ 6^5+ 7^5+ 9^5+ 11^5=12^5$
$5^5+ 10^5+ 11^5+ 16^5+ 19^5+ 29^5=30^5$
$15^5+ 16^5+ 17^5+ 22^5+ 24^5+ 28^5=32^5$
など
100以下の整数まで探すと，（0が1個の）ディオファントス問題(5, 5, 1)の解が2個含まれる．
$19^5+ 43^5+ 46^5+ 47^5+ 67^5=72^5$
$21^5+ 23^5+ 37^5+ 79^5+ 84^5=94^5$
　さらに，150以下の整数まで探すと，（0が2個の）ディオファントス問題(5, 4, 1)の解が1個含まれる．
$27^5+ 84^5+ 110^5+ 133^5=144^5$

《6.3》オイラー予想

$a^6+ b^6+c^6=d^6$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

《6.3》オイラー予想すなわち，ディオファントス問題(6, 3, 1)について書かれた記事は見当たらない．解の有無について手がかりもない．

《6.4》オイラー予想

$a^6+ b^6+c^6+ d^6=e^6$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\lt d$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

《6.5》オイラー予想すなわち，ディオファントス問題(6, 4, 1)について書かれた記事は見当たらない．解の有無について手がかりもない．

《6.5》オイラー予想

$a^6+ b^6+c^6+ d^6+ e^6=f^6$
$0\underline{\le}a\underline{\le}b\underline{\le}c\underline{\le}d\underline{\le}e\lt f$ ， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c,\hspace{2}d,\hspace{2}e,\hspace{2}f$ は互いに素
を満たす整数解を求める．

《6.5》オイラー予想すなわち，ディオファントス問題(6, 5, 1)について書かれた記事は見当たらない．解の有無について手がかりもない．

（参考）
ディオファントス問題(6, 8, 1)の解は，多数見つかっている．
$8^6+ 12^6+ 30^6+ 78^6+ 102^2+ 138^6+ 165^6+ 246^6=251^6$
$48^6+ 111^6+ 156^6+ 186^6+ 188^2+ 228^6+ 240^6+ 426^6=431^6$
$93^6+ 93^6+ 195^6+ 197^6+ 303^2+ 303^6+ 303^6+ 411^6=440^6$
など
ディオファントス問題(6, 7, 1)の解は，1つ見つかっている．
$74^6+ 234^6+ 402^6+ 474^6+ 702^2+ 894^6+ 1077^6=1141^6$

引用元URL

ディオファントス問題(6, 6, 1)について書かれた記事は見当たらない．解の有無について手がかりもない．

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