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整数論の問題

難易度 2教科書の演習問題レベル証明問題大学数学整数論

正の整数 $n$ が、正の整数 $a$ と $2$ 以上の整数 $m$ を用いて $n = a^{m}$ と表せるとき、 $n$ を「完全べき」とよぶ（たとえば $1 = 1^{2}$ , $8 = 2^{3}$ , $36 = 6^{2}$ は完全べきである）。

任意の正の整数 $k$ に対して、連続する $k$ 個の正の整数 $x + 1, x + 2, \dots, x + k$ （ $x$ は $0$ 以上の整数）で、どれも完全べきでないものが存在することを証明せよ。

ただし、素数が無限に存在すること、素数 $q$ が積 $b c$ を割り切るならば $q ∣ b$ または $q ∣ c$ であること、および中国剰余定理（ $m_{1}, \dots, m_{k}$ がどの 2 つも互いに素な正の整数のとき、任意の整数 $b_{1}, \dots, b_{k}$ に対し、連立合同式 $x \equiv b_{i} (mod m_{i}) (i = 1, \dots, k)$ は整数解をもち、解全体は $m_{1} m_{2} \dots m_{k}$ を法としてただ 1 つの剰余類をなす）は用いてよい。

この問題で使うもの

中国剰余定理と連立合同式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（25 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

完全べき $a^{m}$ （ $m \geq 2$ ）は、素数 $q$ で割り切れるなら $q^{2}$ でも割り切れます。そこで、各 $x + i$ がある素数でちょうど 1 回だけ割り切れるように $x$ を選ぶことを考えましょう。

ヒント 2

相異なる素数 $p_{1}, \dots, p_{k}$ をとり、 $x + i \equiv p_{i} (mod p_{i}^{2})$ 、すなわち $x \equiv p_{i} - i (mod p_{i}^{2})$ という連立合同式に中国剰余定理を使います。

ヒント 3

中国剰余定理を使うために $p_{1}^{2}, \dots, p_{k}^{2}$ がどの 2 つも互いに素であることを確かめ、解を $0$ 以上にとります。次に $x + i = p_{i} (1 + s p_{i})$ と書けることから、 $p_{i} ∣ x + i$ かつ $p_{i}^{2} ∤ x + i$ を示しましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

完全べきはある素数で割り切れればその $2$ 乗でも割り切れることに着目し、各 $x + i$ を相異なる素数 $p_{i}$ でちょうど 1 回割り切れるようにする方針を立てている（2 点）
$i \neq = j$ のとき $p_{i}^{2}$ と $p_{j}^{2}$ が互いに素であることを理由をつけて示し、 $x \equiv p_{i} - i (mod p_{i}^{2})$ に中国剰余定理を適用して $0$ 以上の解をとっている（3 点）
$x + i = p_{i} (1 + s p_{i})$ の形から、 $p_{i} ∣ x + i$ かつ $p_{i}^{2} ∤ x + i$ であることを示している（2 点）
$x + i = a^{m}$ （ $m \geq 2$ ）と仮定すると $p_{i} ∣ a$ から $p_{i}^{2} ∣ x + i$ となって矛盾することを示し、結論を述べている（3 点）

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模範解答を読む

方針. 各 $x + i$ が、ある素数 $p_{i}$ でちょうど $1$ 回だけ割り切れる（ $p_{i} ∣ x + i$ だが $p_{i}^{2} ∤ x + i$ ）ように $x$ を中国剰余定理で選ぶ。完全べき $a^{m}$ （ $m \geq 2$ ）は、ある素数で割り切れるならその素数の $2$ 乗でも割り切れるので、このような数は完全べきでない。

$k$ を任意の正の整数とする。

ステップ 1（法の選び方）. 素数は無限に存在するので、相異なる $k$ 個の素数 $p_{1}, \dots, p_{k}$ をとることができる。 $i \neq = j$ のとき $p_{i}^{2}$ と $p_{j}^{2}$ は互いに素である。実際、 $1$ より大きい公約数があるとすると、それを割り切る素数 $q$ が存在して $q ∣ p_{i} \cdot p_{i}$ かつ $q ∣ p_{j} \cdot p_{j}$ となる。用いてよい性質から $q ∣ p_{i}$ かつ $q ∣ p_{j}$ であり、 $p_{i}, p_{j}$ は素数で $q \geq 2$ なので $q = p_{i}$ かつ $q = p_{j}$ となって、 $p_{i} \neq = p_{j}$ に矛盾する。

ステップ 2（連立合同式）. 連立合同式
$x \equiv p_{i} - i (mod p_{i}^{2}) (i = 1, 2, \dots, k) (1)$
を考える。ステップ 1 より法はどの 2 つも互いに素なので、中国剰余定理により $(1)$ は整数解 $x_{0}$ をもち、 $M = p_{1}^{2} \dots p_{k}^{2}$ とすると解全体は $x_{0} + tM$ （ $t$ は整数）である。 $M \geq 1$ なので、 $t$ を十分大きくとれば $x = x_{0} + tM \geq 0$ とできる。このような $0$ 以上の解 $x$ を 1 つとる。

ステップ 3（ $p_{i}$ でちょうど 1 回割り切れること）. $i \in {1, \dots, k}$ を固定する。 $(1)$ より $x + i \equiv p_{i} (mod p_{i}^{2})$ なので、ある整数 $s$ により
$x + i = p_{i} + s p_{i}^{2} = p_{i} (1 + s p_{i})$
と書ける。したがって $p_{i} ∣ x + i$ である。一方、 $p_{i}^{2} ∣ x + i$ と仮定すると、 $x + i = p_{i}^{2} c$ （ $c$ は整数）と $x + i = p_{i} (1 + s p_{i})$ を比べて両辺を $p_{i}$ で割ると $1 + s p_{i} = p_{i} c$ となり、 $1 = p_{i} (c - s)$ より $p_{i} ∣ 1$ が従うが、これは $p_{i} \geq 2$ に反する。よって $p_{i}^{2} ∤ x + i$ である。また $x \geq 0$ , $i \geq 1$ より $x + i$ は正の整数である。

ステップ 4（完全べきでないこと）. $x + i$ が完全べきであると仮定し、 $x + i = a^{m}$ （ $a$ は正の整数、 $m \geq 2$ ）とする。ステップ 3 より $p_{i} ∣ a^{m} = a \cdot a^{m - 1}$ である。用いてよい性質から $p_{i} ∣ a$ または $p_{i} ∣ a^{m - 1}$ であり、後者なら $a^{m - 1} = a \cdot a^{m - 2}$ に同じ性質を使う。これをくり返すと（高々 $m - 1$ 回の適用で） $p_{i} ∣ a$ が得られる。すると $a = p_{i} b$ （ $b$ は正の整数）と書けて
$x + i = a^{m} = p_{i}^{m} b^{m} = p_{i}^{2} \cdot p_{i}^{m - 2} b^{m}$
となり、 $m \geq 2$ より $p_{i}^{m - 2} b^{m}$ は整数なので $p_{i}^{2} ∣ x + i$ である。これはステップ 3 に矛盾する。よって $x + i$ は完全べきでない。

結論. $i = 1, \dots, k$ のすべてについてステップ 3・4 が成り立つので、 $x + 1, x + 2, \dots, x + k$ は連続する $k$ 個の正の整数で、どれも完全べきでない。 $k$ は任意だったので、主張が示された。 $■$

（例: $k = 3$ , $p_{1} = 2, p_{2} = 3, p_{3} = 5$ とすると、 $(1)$ は $x \equiv 1 (mod 4)$ , $x \equiv 1 (mod 9)$ , $x \equiv 2 (mod 25)$ となる。前の 2 つから $x \equiv 1 (mod 36)$ で、 $x = 1 + 36 t$ とおくと $36 t \equiv 1 (mod 25)$ 、すなわち $11 t \equiv 1 (mod 25)$ より $t \equiv 16 (mod 25)$ なので、 $x = 1 + 36 \cdot 16 = 577$ がとれる。実際 $578 = 2 \cdot 1 7^{2}$ , $579 = 3 \cdot 193$ , $580 = 5 \cdot 116$ はそれぞれ $2, 3, 5$ でちょうど 1 回割り切れ（ $1 7^{2}$ , $193$ , $116$ はそれぞれ $2, 3, 5$ で割り切れない）、どれも完全べきでない。）

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