a^3+b^3+c^3=d^3 - ぱるちのものおき2.0

今日の出発はこちらになります。（あれ？毎日高校数学してない？）

$a,b,c,d$ を $0$ でない整数とする。 $a,b,c,d$ がこの順に等比数列を成すとき，

　　　 $a^3+b^3+c^3=d^3$

は必ず成り立たないことを証明せよ。

これについてみていきましょう。今回はやや長めです。

まずはこの問題に解答を
で，僕は何が言いたいの？
- どれかが0の場合
- いずれも0でない場合

まずはこの問題に解答を

以下のサイトの内容を知っていると，証明が少し読みやすくなると思います。*1今回は，ですます調ではないです。

ja.wikipedia.org

（証明）
　等比数列 $a,b,c,d$ の公比を $r$ とすると， $b=ar, c=ar^2, d=ar^3$ とおくことが出来る。（ $b\neq0$ より， $r\neq0$ である。）
　 $a^3+b^3+c^3=d^3$ が成り立つと仮定する。このとき，

　　　 $a^3(1+r^3+r^6)=a^3r^9$

である。 $a^3\neq0$ より，

　　　 $1+r^3+r^6=r^9$

$\displaystyle r=\frac{b}{a}$ より， $r$ は有理数なので， $r^3$ も有理数である。 $\displaystyle r^3=\frac{p}{q}$ とおく。このとき， $q>0$ として， $|p|, q$ は互いに素とする。*2このとき，

　　　 $\displaystyle \left(\frac{p}{q}\right)^3-\left(\frac{p}{q}\right)^2-\left(\frac{p}{q}\right)-1=0$

この両辺を $q^3$ でかけて，

　　　 $p^3-p^2q-pq^2-q^3=0\quad\cdots\cdots(\ast)$

$(\ast)$ より，

　　　 $p^3=q(p^2+pq+q^2)$

となるので， $p$ は $q$ の倍数となるが， $|p|, q$ は互いに素としたので， $\boldsymbol{q=1}$ に限る。よって， $(\ast)$ は，

　　　 $p^3-p^2-p-1=0$

となる。この式を変形して，

　　　 $1=p(p^2-p-1)$

より，1は $p$ の倍数でなければならない。即ち， $p=\pm1$ である。しかし， $p=1, -1$ のいずれも $(\ast)$ は満たされないので，これは $a^3+b^3+c^3=d^3$ が成り立つと仮定したことに矛盾する。
よって $a^3+b^3+c^3=d^3$ は成り立たない。（証明終）

で，僕は何が言いたいの？

　　 $a^3+b^3+c^3=d^3$ を満たす整数解 $a,b,c,d$ って存在するの？

つまり，さっきの問題は $a,b,c,d$ が等比数列を成すならばNGでした。じゃあ，等比数列という条件を除いて，次の問題を考えます。

　　　 $a^3+b^3+c^3=d^3\quad\cdots\cdots(\#)$

を満たす整数解 $(a,b,c,d)$ をすべて求めなさい。

どれかが0の場合

$(a,b,c,d)$ のうち，どれかが $0$ となる場合を考えてみましょう。

どれか3つ以上が0の場合

例えば $b=c=d=0$ としますと， $a=0$ となるので， $(0,0,0,0)$ は $(\#)$ の（自明な）解となります。

どれか2つが0の場合

例えば [c=d=0] としますと， $a^3=-b^3=(-b)^3$ となるので， $(n,-n,0,0)$ は $(\#)$ の解となります。同様に， $(n,0,-n,0),(n,0,0,n),(0,n,-n,0),(0,n,0,n),(0,0,n,n)$ は $(\#)$ の解となります。（ $n$ は整数）（この時点で， $(\#)$ を満たす解は無限個あることがわかりました。しかしつまらない。）

どれか1つが0の場合

例えば $d=0$ としますと， $a^3+b^3=(-c)^3$ となります。これはフェルマーの最終定理の $n=3$ の場合ですので，これを満たす（ $0$ でない）整数解は存在しません。

いずれも0でない場合

ここからが本題です。 $(\#)$ を満たす整数解は無限個かもしれませんが，解の形には必ず規則性があるはずです。それを探す冒険をしましょう。

とはいえ， $(\#)$ を満たす，非自明な整数解を未だ1つも見つけていません。それを見つけましょう。

等差数列ならば

もしも $a^3+b^3+c^3=d^3$ を満たす $a,b,c,d$ が等差数列ならば，どのような解があるかを検討してみましょう。

この等差数列の公差を $s$ とします。（もちろん $s$ は整数）このとき， $b=a+s, c=a+2s, d=a+3s$ なので，

　　　 $a^3+(a+s)^3+(a+2s)^3=(a+3s)^3$

この式を遊ばせてみますと，

　　　 $(3s-a)(3s^2-3as+a^2)=0$

この $3s^2-3as+a^2$ については，

　　　 $\displaystyle 3s^2-3as+a^2=3\left(s-\frac{a}{2}\right)^2+\frac{a^2}{4} \gt 0\qquad (\because a\neq0)$

よって， $a=3s$ がこの解を満たします。例えば， $s=1$ のときは，

　　　 $\boldsymbol{3^3+4^3+5^3=6^3}$

です。初めて見つけた非自明な解がこんなに美しい姿をしていると，思わず微笑んでしまいます。

タクシー数

そういえばタクシー数 $1729$ は，

$1^3+12^3=10^3+9^3$

という形をしていたので，ちょっと変形して

$(-1)^3+9^3+10^3=12^3$

と， $(\#)$ の非自明な解となります。1つの発見に。

断念

うーん。一般的な解を全て求めることはやはり難しいのか。

ここでまたEuler様が登場。どうやらEulerは $(\#)$ の全ての解が，
$\begin{array}{l} 　　　a=1 - (u - 3v)(u^2 + 3v^3)\\ 　　　b=(u + 3v)(u^2 + 3v^2) - 1\\ 　　　c=(u^2 + 3v^2)^2 - (u + 3v)\\ 　　　d=(u^2 + 3v^2)^2 - (u - 3v) \end{array}$
で表せることを証明したようだ。[The Genius of Euler: Reflections on His Life and Work による。]

さらに，
$d\neq1$ ならば，次のように表示できる解たちがある！（ $n,m$ は任意の整数）
って書いてあるサイトを見つけた。
$\begin{array}{l} 　　　a=3n^2 + 5nm - 5m^2\\ 　　　b=4n^2 - 4nm + 6m^2\\ 　　　c=5n^2 - 5nm - 3m^2\\ 　　　d=6n^2 - 4nm + 4m^2 \end{array}$