完全平方数                              戻る 

 平方数という概念を意識するようになるのは、おそらく多くの方にとって、中学で学ぶ「平
方根」の計算の時だろう。

 (注) 整数 n に対して、n2平方数(完全平方数)という。

  は、これ以上簡単にできないが、平方数の 9 に対して、 は、さらに計算されて、
3 となる。これは、平方数は必ず開平できるという性質に一般化される。中学時代に、この
性質をフルに使って、平方根の計算をスイスイ乗り切った方も多いに違いない。

 平方数という概念は、数学のあらゆる場面で登場し、それぞれ面白い性質を我々に教え
てくれる。たとえば、フィボナッチ数列

   2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,・・・

において、平方数は、144 のみであることが知られている。
 (この事実は、フィボナッチ数列の歴史に比べれば、比較的最近分かったことである。1964年に、
  Cohn や Wylie により、それぞれ独立に証明されたという。)


 無限個の項の中で、平方数が1個しかないというのは、新鮮な驚きである!

 このページでは、平方数に関わる問題を取り上げ、平方数の概念を極めたいと思う。

まずは、準備運動から。

  1×2×3×4+1=24+1=25=52
  2×3×4×5+1=120+1=121=112
    ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

という計算の特徴を一般化して、次の問題が提起される。

問題1 連続する4整数の積に1を加えた数は、常に平方数であることを示せ。

(解) 整数 n に対して、連続する4整数の積に1を加えた数は、
      (n−1)・n・(n+1)・(n+2)+1=(n2+n)(n2+n−2)+1
                        =(n2+n)2−2(n2+n)+1
                        =(n2+n−1)2
   と書けるので、平方数である。(終)

 また、連続する2整数は、次の性質を持つ。

問題2 連続する2整数 a、b に対して、a22+a2+b2 は、常に平方数になることを示せ。

(解) 整数 n に対して、連続する2整数 a、b は、a=n、b=n+1 とおけるので、
   a22+a2+b2 =n2(n+1)2+n2+(n+1)2
             =n4+2n3+3n2+2n+1
             =(n2+n+1)2
   よって、a22+a2+b2 は、常に平方数になる。(終)

問題3 連続する2整数 a、b (a<b)に対して、N−(N−a2)(b2−N)は、常に平方数に
     なることを示せ。
      ただし、N は、a2<N<b2 を満たす任意の自然数とする。

(解) N−(N−a2)(b2−N)=N−Nb2+N2+a22−Na2
                  =N2+N(1−a2−b2)+a22
   ここで、b=a+1 なので、
          1−a2−b2=1−a2−(a+1)2=−2a(a+1)=−2ab
   よって、
        N−(N−a2)(b2−N)=N2−2abN+a22=(N−ab)2
   となり、平方数である。(終)

 奇素数(奇数の素数)と平方数との関係も面白い。

問題4 奇素数は、2つの平方数の差として、ただ1通りに表せることを示せ。

(解) 奇素数 p に対して、m=(p+1)/2 、n=(p−1)/2 とおくと、m、n は自然数で、
      m2−n2=(p+1)2/4−(p−1)2/4=p
   となる。よって、2つの平方数の差として表せることが示された。
    また、p=m2−n2=(m+n)(m−n) と表せるとき、p は素数なので、
   m+n=p 、m−n=1 となり、これを解くと、m=(p+1)/2 、n=(p−1)/2
   以上から、奇素数は、2つの平方数の差として、ただ1通りに表せる。(終)

 平方数同士の次の性質も興味深い。

問題5 4より大きい平方数は、2つの平方数の差として表せることを示せ。

(解) 2より大きい整数 n が奇数のとき、x=(n2+1)/2 、y=(n2−1)/2 とおくと、
   x 、y はともに自然数で、x2−y2=(n2+1)2/4−(n2−1)2/4=n2 が成り立つ。
   2より大きい整数 n が偶数のとき、x=(n/2)2+1 、y=(n/2)2−1 とおくと、
   x 、y はともに自然数で、x2−y2=((n/2)2+1)2−((n/2)2−1)2=n2 が成り
   立つ。
    以上から、何れの場合に対しても、
          4より大きい平方数は、2つの平方数の差として表せる
   ことが分かった。(終)

立方数との関連も面白い。

問題6 完全立方数は、2つの平方数の差として表せることを示せ。

(解) 任意の整数 n に対して、x=n(n+1)/2 、y=n(n−1)/2 とおくと、
   x 、y はともに整数で、x2−y2=n2(n+1)2/4−n2(n−1)2/4=n3 が成り立つ。
   よって、完全立方数は、2つの平方数の差として表せる。(終)

(追記) 平成25年6月21日付け

 「すべての立方数はある2つの平方数の差で表される」ことを示すのに、上記の解をすぐ
思いつかれる方は稀だろう。次のように、具体的に考えると規則性が見えてくる。

例 13=12−02
   23=32−12
   33=62−32
   43=102−62
   53=152−102
   ・・・・・・・・・

 例を眺めていると、 1、3、6、10、15、・・・ の一般項は、

   1+Σk=1〜n-1 (k+1)=1+n(n−1)/2+n−1=n(n+1)/2

なので、 n3={n(n+1)/2}2−{n(n−1)/2}2  が成り立ちそうに思える。

 実際に、 右辺={(n+1)2−(n−1)2}n2/4=4n・n2/4=n3=左辺

 したがって、すべての立方数はある2つの平方数の差で表されることが示された。


 数 「144」 を「読んで!」と言われたら、ほとんどの人が「ひゃくよんじゅうよん」と読むだ
ろう。これは、無意識のうちに、(← これは学校教育の一つの大きな成果!)

          144×102×10+

と考えて答えるからに相違ない。

 このような記数法を、十進法(よみは、「じっしんほう」です!)という。

 十進法が我々の社会に深く根付いているのは、人間の両手の指を用いた計算と密接に
結びついているからである。

 数学では、「10」以外に、いろいろな自然数 P (P>1)を用いて、

 P進法による表示 : +an-1n-1+an-2n-2+・・・+a22+a1P+a0

          ( ただし、 1≦a≦P−1 、0≦a≦P−1 (k=0、1、2、・・・、n−1))

が考えられている。

 P=2 の場合が二進法で、コンピュータの世界で活躍する。一つの数字を表すのに、と
てつもなく長くなるという欠点はあるものの、数字の「0」と「1」だけで全てが表せるという利
点を覆すまでには至らない。

 例 11010111(2)=1・27+1・26+0・25+1・24+0・23+1・22+1・2+1=215

 この欠点をカバーするために、コンピュータの世界では 16進法による表示も利用される。
用いる数字は、「0」「1」〜「9」では足りないので、「A」「B」「C」「D」「E」「F」が使われる。

 例 FFFF(16)=15・163+15・162+15・16+15=65535

問題7 数の 144 は、どんな記数法においても平方数になることを証明せよ。

(解) 記数法の底を P とすると、P≧5 である。
   このとき、
          1・P2+4・P+4・1=(1・P+2・1)2
   と書けるので、
    数の 144 は、どんな記数法においても平方数になる。 (終)

(コメント: この事実と、フィボナッチ数列の中の平方数が144のみである事実を考えると
      き、何か永遠不変の神秘さを感じる!)

 問題7の解の構造を精査すれば次の問題も容易だろう。

問題8 数の 14641 は、どんな記数法においても平方数になることを証明せよ。

(解) 記数法の底を P とすると、P≧7 である。
   このとき、
       1・P4+4・P3+6・P2+4・P+1=(1・P+1)4=(1・P2+2・P+1)2
   と書けるので、
    数の 14641 は、どんな記数法においても平方数になる。 (終)

 このような数達に対して、次のような性質があることを最近知ることができた。
                                    (平成22年12月31日付け)

 104060401=1014=102012

 1004006004001=(7・11・13)4=10020012

   ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

 この性質を一般化して、次の問題が得られる。

問題9 数 14641 のおのおのの2つの数字の間に k 個の0を挿入して得られる数は、
    どんな記数法においても平方数になることを証明せよ。

 任意の自然数 k に対して示すことは可能であるが、煩雑さを避けるために、k=1として
証明することにしよう。

(解) 記数法の底を P とすると、P≧7 である。
   このとき、与えられた数は
       1・P8+4・P6+6・P4+4・P2+1=(1・P2+1)4=(1・P4+2・P2+1)2
   と書けるので、どんな記数法においても平方数になる。 (終)


 平方数が無限に存在することは明らかであるが、平方数の存在範囲を規定する次の問
題は興味深い。

問題10 任意の自然数 n に対して、 n 、n+1 、n+2 、・・・ 、2n の中に必ず平方
     数が存在することを証明せよ。

(解) 自然数 n に関する数学的帰納法により示す。
   n=1 のときは明らかに成り立つ。
   n=k (k≧1)のとき成り立つと仮定する。すなわち、
    k 、k+1 、k+2 、・・・ 、2k の中に必ず平方数が存在するものとする。
   このとき、k+1 、k+2 、・・・ 、2k の中に平方数が存在すれば、
    k+1 、k+2 、・・・ 、2k 、2k+1 、2(k+1) の中に必ず平方数が存在する。
   また、k が平方数 m2 とすれば、 3≦2m+1≦k+2 なので、
    平方数 k+2m+1=m2+2m+1=(m+1)2 が、
    k+1 、k+2 、・・・ 、2k 、2k+1 、2(k+1) の中に必ず存在する。
   以上から、何れにしても、
    k+1 、k+2 、・・・ 、2k 、2k+1 、2(k+1) の中に必ず平方数が存在する。
   よって、n=k+1 のときも成り立つ
    したがって、任意の自然数 n に対して、 n 、n+1 、n+2 、・・・ 、2n の中に必
   ず平方数が存在する。(終)

 以上では、平方数になる(または、平方数の差になる)ことを示す問題を扱ってきた。

その論理構造は、

 任意の整数 n を含む命題関数 F(n)に対して、ある整数 m が存在して、

            F(n)=m2

である。したがって、平方数にならないことを示すには、

 ある整数 n を含む命題関数 F(n)に対して、どんな整数 m を選んでも、

            F(n)≠m2


ということを調べなければならない。

 このことは、平方数でないことを示すことの難しさを如実に物語っている。

 いくつか問題を眺めてみよう。

問題11 任意の自然数 n に対して、3n2−1 は平方数にはなり得ないことを示せ。

(解) ある自然数 m について、3n2−1=m2 と仮定する。
   このとき、 n2=(m2+1)/3 において、m2+1 を3で割った余りは、1 または 2
   なので、n2 は自然数になり得ない。これは、n が自然数であることに矛盾する。
    よって、3n2−1 は平方数にはなり得ない。(終)

問題12 2 以上の自然数 n に対して、n2−n+1 は平方数にはなり得ないことを示せ。

(解) ある自然数 m について、n2−n+1=m2 と仮定する。
   n に関する2次方程式 n2−n+1−m2=0 において、解の公式により、

         

   となる。ここで、n は自然数なので、ある自然数 k について、 4m2−3=k2 でな
   ければならない。
    このとき、 (2m+k)(2m−k)=3 より、 2m+k=3 、 2m−k=1 なので、
   m=k=1 となり、 n=0、1 でなければならないが、これは、n ≧ 2 に矛盾する。
   よって、n2−n+1 は平方数にはなり得ない。(終)

 上記の問題11、問題12 では、「 どんな整数 m を選んでも、F(n)≠m2 」ということを
調べるのに、「 ある整数 m を選んで、F(n)=m2 と仮定して矛盾を示す」という背理法を
用いた。

 これについて、例えば、問題12 の場合、次のような別解があり、とても興味深く、面白い。

(問題12 の別解) n ≧ 2 のとき、 (n−1)2<n2−n+1<n2 なので、

                n−1 < < n

 n−1 と n は連続する2つの自然数なので、 が自然数になることはない。

よって、n2−n+1 は平方数にはなり得ない。(終)

 このような、ある意味で直接的な方法は、解析学の知識を活用して示される。当HPの
「大川研究室主催 数学の問題に挑戦!」 でも、この話題を取り上げているので、問題
を再掲してみよう。

問題200  不定方程式
  i) y2= x4+ x3 + x2 + x + 1 の自然数解は (x , y) = ( 3 , 11)
  ii) y2 = x4+ 2x3 + 2x2 + 2x + 5 の自然数解は (x , y) = ( 2 , 7)
 何れもこれが全て。


平方数の問題に書き換えれば次のようになるであろう。

問題13 4 以上の自然数 x に対して、x4+ x3+ x2+ x + 1 は平方数にはなり得な
     いことを示せ。

問題14 3 以上の自然数 x に対して、x4+ 2x3+ 2x2+ 2x + 5 は平方数にはなり
      得ないことを示せ。

(問題13 の解) M=x4+ x3+ x2+ x + 1 とし、
        F(x)=x2 +(1/2)x 、 G(x)=x2 +(1/2)x+1/2 とおく。
   このとき、 M−(F(x))2=(3/4)x2 +x+1=(3/4)(x+2/3)2+2/3>0
          (G(x))2−M=(1/4)x2 −(1/2)x−(3/4)=(1/4)(x−1)2−1
   ここで、x ≧ 4 のとき、
        F(x)>0 、G(x)>0 、M−(F(x))2>0 、(G(x))2−M>0
   なので、 x ≧ 4 のとき、
            (F(x))2<M<(G(x))2
   が成り立つ。
   このとき、自然数 x ( x ≧ 4 )に対して、必ず、F(x)、G(x)のどちらかが自然数で、
             G(x)−F(x)=1/2<1
   なので、M が平方数になることはない。(終)

(問題14 の解) N=x4+ 2x3+ 2x2+ 2x + 5  とし、
        F(x)=x2 +x 、G(x)=x2 +x+1 とおく。
   このとき、 N−(F(x))2=x2 +2x+5=(x+1)2+4>0
          (G(x))2−N=x2 −4
   ここで、x>2 のとき、
        F(x)>0 、G(x)>0 、N−(F(x))2>0 、(G(x))2−Ny2>0
   なので、 x ≧ 3 のとき、
            (F(x))2<N<(G(x))2
   が成り立つ。
   このとき、自然数 x ( x ≧ 3 )に対して、必ず、F(x)、G(x)はともに自然数で、
             G(x)−F(x)=1
   なので、N が平方数になることはない。(終)

 やはり、平方数であることを示すより、平方数でないことを示す方が俄然難しいですね!

 次の問題も整数論の初歩的性質を知らないと手強い問題と言えそうです。

問題15 3つの連続する自然数の積は、平方数にはなり得ないことを示せ。

 この問題について、平成22年12月27日付けで、HN「まさ」さん、HN「FN」さんより、証
明の誤りのご指摘をいただきました。

(誤った解) 自然数 n (n>1)に対して、3つの連続する自然数の積は、(n−1)・n・(n+1)
       とおける。
    いま、ある自然数 m を用いて、(n−1)・n・(n+1)=m2 と書けるものとする。
   n を素因数分解して、n=p・q・・・・r (p、q、・・・、r は素数)と書くとき、上式から m2
  すなわち、m は、p、q、・・・、r の倍数となる。
    よって、適当な自然数 M を用いて、 m=(p・q・・・・r)M=nM と書ける。
       (この部分が誤り!
         まささんの反例:m2=152 は、n=3・5・5の倍数だが、m=15はnの倍数にあらず。

   このとき、
          (p・q・・・・r−1)・n・(p・q・・・・r+1)=n22
   すなわち、
          (p・q・・・・r−1)(p・q・・・・r+1)=nM2=(p・q・・・・r)M2
    ここで、右辺は、p、q、・・・、r の倍数となるが、左辺は、p、q、・・・、r の倍数とは
   なりえない。これは、矛盾である。
    したがって、3つの連続する自然数の積は、平方数にはなり得ない。(終)

 この問題は、1974年に、Paul Erdos(ポール・エルデシュ)とJ.L.Selfridge が証明し
たという定理

 2つ以上の連続する正の整数の積は、2以上の冪乗数にはならない

の特殊な場合である。

 FNさんからいただいたアドバイスをもとに別解を考えてみた。

(別解) 自然数 n (n>1)に対して、3つの連続する自然数の積は、(n−1)・n・(n+1)
    とおける。
 いま、ある自然数 m を用いて、(n−1)・n・(n+1)=m2 と書けるものとする。
  このとき、 n−1 と n は互いに素で、n と n+1 も互いに素であるので、
 n と (n−1)(n+1)=n2−1 は互いに素となる。
  よって、
       n=K2 (Kは1より大きい自然数)
       n2−1=L2 (Lは1より大きい自然数)
 でなければならない。
  ところが、 n2−1=L2 より、 n2−L2=1 すなわち、 (n+L)(n−L)=1 から
 n+L=1 、n−L=1 となり、 n=1 、L=0 これは矛盾である。
  したがって、3つの連続する自然数の積は、平方数にはなり得ない。 (終)

(コメント) 当初の解の誤りをご指摘いただいた、HN「まさ」さん、HN「FN」さんに感謝しま
      す。


 平方数でないことを示すのに、余りに注目して解決できる場合がある。

 たとえば、平方数を 4 で割った余りは、0 または 1 の場合しか起こらないし、平方数を
9 で割った余りは、0、1、4、7 の各場合しか起こらない。この特徴を、問題解決に利用
するわけである。

 いくつか問題をあげてみよう。

問題16 2つの奇数の平方の和は、平方数にはなり得ないことを示せ。

(解) 自然数 m、n に対して、
   (2m+1)2+(2n+1)2=4(m2+n2+m+n)+2
   ところで、平方数を 4 で割った余りは、0 または 1 の場合しか起こらないので、
   (2m+1)2+(2n+1)2 が平方数になることはない。(終)

問題17 各位の数字の和が15になるような数は、平方数にはなり得ないことを示せ。

(解) 自然数 n に対して、ある自然数 m が存在して、
           a・10+b・10n-1+・・・+c=m2
   とする。両辺を、mod 9 で考えて、(← 参考:合同式
           a+b+・・・+c ≡ m2 (mod 9)
   すなわち、 15 ≡ m2 (mod 9) より、 m2 ≡ 6 (mod 9)でなければならない。
   ところが、平方数を 9 で割った余りは、0、1、4、7 の各場合しか起こらない。
    これは、矛盾である。
   よって、各位の数字の和が15になるような数は、平方数にはなり得ない。(終)

問題18 数列 11、111、1111、11111、・・・・・ の各項は、平方数にはなり得ない
      ことを示せ。

(解) 数列の各項は全て、4 で割ると 3 余る数である。ところが、平方数を 4 で割った余
   りは、0 または 1 の場合しか起こらないので、数列の各項が、平方数になることはあ
   りえない。(終)

問題19 任意の自然数 m、n に対して、2m2+3n2 は平方数にはなり得ないことを示せ。

(解) ある自然数 N が存在して、2m2+3n2=N2 とする。
   このとき、 2m2+3n2≡N2 (mod 3) より、2m2≡N2 (mod 3) である。
    任意の自然数 M に対して、M2≡0 または 1 (mod 3) なので、
   2m2≡N2 (mod 3) が成り立つとすれば、
      m2≡0 、N2≡0 (mod 3) すなわち、 m≡0 、N≡0 (mod 3)
   でなければならない。
    このとき、 m=3m1、M=3M1 となる自然数 m1、M1 が存在する。
   これらを、2m2+3n2=N2 に代入して、 2・32・m12+3n2=32・N12 より、
         2・3・m12+n2=3・N12 
   となり、
         n2≡0 (mod 3) すなわち、 n≡0 (mod 3)
    よって、 n=3n1 となる自然数 n1 が存在する。
   これを、 2・3・m12+n2=3・N12 に代入して、2・3・m12+32・n12=3・N12 より、
         2m12+3n12=N12
   を満たす自然数 m1、n1、N1 (m1<m、n1<n、N1<N)が存在することになる。
    この操作を繰り返すことにより、無限の自然数の組が得られるが、これは不可能で
   ある。
    よって、任意の自然数 m、n に対して、2m2+3n2 は平方数にはなり得ない。(終)

(コメント:このような証明法は、無限降下法といわれる。)


(参考文献:北村泰一 著  数論入門  (槇書店)
        田島一郎 著  整数論  (共立出版)
        中澤貞治 著  数学教室の窓から  (現代数学社)
        ローレン・C・ラーソン 著  秋山 仁・飯田博和 訳
                     数学発想ゼミナール1 (シュプリンガー・フェアラーク)
        コロソフ 著 山崎 昇・牧野金太郎 訳 数学課外よみもの(I) (東京図書))


 この話題に関連して、当HPがいつもお世話になっているHN「FN」さんより、問題を頂い
た。(平成22年12月27日付け)

問題20 連続2自然数の積は平方数ではない。

(解) ある自然数 m について、 n(n+1)=n2+n=m2 と仮定する。
   n は自然数なので、ある自然数 k について、 4m2+1=k2 でなければならない。
    このとき、 (2m+k)(2m−k)=1 より、 2m+k=1 、 2m−k=1 
   しかるに、この式を満たす自然数 m、k は存在しない。
   よって、連続2自然数の積は平方数ではない。 (終)

問題21 連続4自然数の積は平方数ではない。

 この問題を、FNさんが解かれました。(平成22年12月28日付け)

(解) 問題1:「連続する4整数の積に1を加えた数は、常に平方数である。」より、
   連続4自然数の積が平方数(m2)と仮定すると、m2+1=k2 となる自然数 k が存在
   する。このとき、 (k+m)(k−m)=1 より、 k+m=1 、 k−m=1 
   しかるに、この式を満たす自然数 m は存在しない。
   よって、連続4自然数の積は平方数ではない。 (終)

問題22 n>1 のとき、n!は平方数ではない。

 この問題を、FNさんが解かれました。(平成22年12月28日付け)

(解) チェビシェフの定理
     1より大きい自然数 n に対して、n<p<2n を満たす素数 p がある
  を使えば簡単に証明できます。

   n 以下の最大の素数を p とする。いま、2p≦n と仮定する。
  チェビシェフの定理より、 p<q<2p となる素数 q が存在し、pが n 以下の最大の素
  数であることに反する。
   従って、 2p>n となる。
  n 以下の自然数で、p の倍数であるのは p だけなので、n!は、p で割り切れ、p2
  割り切れない。
   従って、n!は平方数ではない。 (終)

問題23 連続5自然数の積は平方数ではない。

 この問題を、当HPがいつもお世話になっているHN「らすかる」さんが解かれました。
                                     (平成22年12月29日付け)
(解) 自然数 n (n≧3)に対して、
        (n−2)(n−1)n(n+1)(n+2) が平方数である
   と仮定する。

  n が奇数の場合は、n は、n−2、n−1、n+1、n+2 のどれとも互いに素だから
 (n2−1)(n2−4) が平方数にならなければならない。
  (n2−3)2<(n2−1)(n2−4)<(n2−2)2 なので、(n2−1)(n2−4)は平方数にならない。

  n が偶数で、n−1 が3の倍数でない場合は、n−1 は、n−2、n、n+1、n+2 のど
 れとも互いに素だから、(n−2)n(n+1)(n+2) が平方数にならなければならないが、
  (n2+n/2−3)2<(n−2)n(n+1)(n+2)<(n2+n/2−2)2 なので、
 (n−2)n(n+1)(n+2)は平方数にならない。

  n が偶数で、n−1 が3の倍数である場合は、n+1が3の倍数でなく、n+1は
 n−2、n−1、n、n+2 のどれとも互いに素だから、(n−2)(n−1)n(n+2) が平方数
 にならなければならないが、
  (n2−n/2−3)2<(n−2)(n−1)n(n+2)<(n2−n/2−2)2 なので、
 (n−2)(n−1)n(n+2)は平方数にならない。

 よって、(n−2)(n−1)n(n+1)(n+2)は平方数にならない。 (終)

(コメント) 問題21のらすかるさんの証明は斬新ですね!勉強になります。


 問題23について、FNさんからの情報です。(平成22年12月29日付け)

 連続するk(k>1)個の自然数の積は平方数ではない

 この問題は、100年近く前の東北帝国大学でかなり考えられていたようです。教授が林
鶴一と藤原松三郎、助教授が窪田忠彦と掛谷宗一、助手が小倉金之助という、名前ぐら
いは聞いたことがある人たちで、林が、k=2、3、4の場合を(立方数でないを含めて)、掛
谷がk=5,6、7の場合を、そして、掛谷の方法を使って、成実清松が1917年に k≦202
の場合の証明をしたそうです。
(成実は多分、東北大学の人ではないが、東北大学の論文誌に発表した。)

 成実の方法を使って、1939年に、O.Rigge と P.Erdos が独立にすべての k につい
て証明したそうです。

  (参考) 成実清松の論文   P.Erdosの論文


問題24 連続6自然数の積は平方数ではない。

 この問題を、当HPがいつもお世話になっているHN「らすかる」さんが解かれました。
                                     (平成22年12月29日付け)
(解)  自然数 n (n≧3)に対して、
   N=(n−2)(n−1)n(n+1)(n+2)(n+3) とする。

 n=8k の場合(n≧8)
   {n3+(3n2−7n)/2−n/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−n/8−2}2

 n=8k+1 の場合(n≧9)
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−1)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−1)/8−2}2

 n=8k+2 の場合(n≧10)
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−2)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−2)/8−2}2

 n=8k+3 の場合(n≧11) ※n=3では成り立たない。
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−3)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−3)/8−2}2

 n=8k+4 の場合(n≧12) ※n=4では成り立たない。
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−4)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−4)/8−2}2

 n=8k+5 の場合(n≧13) ※n=5では成り立たない。
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−5)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−5)/8−2}2

 n=8k+6 の場合(n≧14) ※n=6では成り立たない。
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−6)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−6)/8−2}2

 n=8k+7 の場合(n≧31) ※n=7、15、23では成り立たない。
   {n3+(3n2−7n)/2−(n−7)/8−3}2<N< {n3+(3n2−7n)/2−(n−7)/8−2}2

 上記不等式で証明できなかった分は
     n=3 のとき、 262<N<272
     n=4 のとき、 702<N<712
     n=5 のとき、 1412<N<1422
     n=6 のとき、 2452<N<2462
     n=7 のとき、 3882<N<3892
     n=15 のとき、 36552<N<36562
     n=23 のとき、 128742<N<128752

 よって、連続6自然数の積は平方数にならない。 (終)

 問題24について、FNさんも解かれました。(平成22年12月29日付け)
S.Narumi、P.Erdos の論文に従ったものだそうです。

(解) A=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)が平方数であるとする。

  n+s=a(s)・x(s)2 とおく。ただし、a(s)は1以外の平方数で割り切れないとする。

 a(s)は異なる素数の積であり、a(0)a(1)a(2)a(3)a(4)a(5)は平方数でなければならない。

 よって、あるa(s)が素因数pを持てば、別のa(t)が素因数pを持つ。

  このことから、連続6自然数の積なので、p≧7はありえない。

 p=2、3、5 であるが、p=5 のときは、即ち、あるa(s)が素因数5を持てば、sは、0か

 5しかない。

 あるa(s)とa(t) (s>t)が等しい場合を考える。

 5≧s−t=(n+s)−(n+t)=a(s)・x(s)2−a(t)・x(t)2=a(s)(x(s)+x(t))(x(s)−x(t))

 n+s>n+t より、x(s)>x(t)であるから、

  上の式の右辺>a(s)(x(s)+x(t))>a(s)(x(t)+x(t))=2a(s)・x(t)

 従って、 25>4a(s)2・x(t)2>4a(s)(n+t)>4n より、 n≦6

 このとき、Aが平方数でないことは具体的に調べればよい。

 従ってすべてのa(s)は異なるとしてよい。このとき、Aは素因数5または7を1つだけ持つ。

 a(1)、a(2)、a(3)、a(4)は素因数5を持たないから、素因数は2か3しかない。

即ち、1、2、3、6のどれかしかない。a(s)がすべて異なる場合だけ考えればよいから、

a(1)、a(2)、a(3)、a(4)は全体として、1、2、3、6に一致する。

 従って、a(1)a(2)a(3)a(4)=36 となり、(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)が平方数になる。

連続する4個の自然数の積は平方数ではないから矛盾である。 (終)

(コメント) なかなか浮かばない発想ですね!証明の美しさに魅了されました。


 FNさんの証明に対して、らすかるさんからのコメントです。(平成22年12月29日付け)

 あるa(s)とa(t) (s>t)が等しい場合は、 x(s)>x(t) なので、
   5≧(n+s)−(n+t)=a(s)(x(s)2−x(t)2) 、x(s)2−x(t)2≧3 から、a(s)=1
よって、n〜n+5の中に平方数を2つ含まなければならないので、n=1 または、n=4
とすることも出来ますね!


 らすかるさんのコメントに対して、「確かにその通りですね。」と、FNさんから新しい情報を
いただきました。(平成22年12月29日付け)

 a(s)=a(t)のときの部分は、P.Erdosの論文によっています。一般の k に関する話なの
でかなり評価は荒かったので多少精度は上げたつもりですが、もっとあがりますね。

 a(s)=a(t)のときは、nが、k2程度以下を考えれば十分ということで、k が具体的な数なら、
具体的に考えれば十分ということでした。

 しかし、一般の k となると、チェビシェフの定理の一般化である次の定理:

Sylvester-Schurの定理

 n>kのとき、nから始まる連続するk個の自然数の中にp>kを満たす素因数pを
持つ数がある


が必要なようです。何ヶ月か前にチェビシェフの定理の初等的な証明(by P.Erdos)をやっ
と理解したばかり(もう忘れてます)なので、Sylvester-Schurの定理の証明を理解する元気
はありません。
 a(s)がすべて異なる場合、即ち、k に依存する部分は、S.Narumiの論文によっていま
す。

 さらに、FNさんからの情報です。(平成22年12月30日付け)

 この問題のスタートは、Liouvilleによる次の定理だったようです。

定理(Liouville)  x(x+1)(x+2)・・・(x+n)=ym  (n≧1、m≧2は自然数)を満た
           す自然数 x、y で、x、x+1、x+2、・・・、x+n のうちの少なくとも
           1つが素数であるようなものは存在しない。


 これの後半の条件が不要そうなので、それなしで証明しようということだったのでしょう。
Liouvilleは、1882年に亡くなっているので、それより前の定理であるのは確かで、m=2
の場合が、P.Erdos等によって解けたのが1939年、一般のmの場合がP.Erdos等に
よって解けたのは1975年です。100年ぐらいかかってます。P.Erdosに限っても40年ぐ
らいは興味を持ち続けたということです。

 P.Erdosは数学の論文の多さではEuler についで第2位だそうですが、この問題の周辺
の論文は相当あるようです。なお、P.Erdosの論文は下記のページにあります。
まだすべて集める所まではいってないようです。

   http://www.renyi.hu/~p_erdos/Erdos.html

Liouvilleの定理はチェビシェフの定理を使えば証明はあまり難しくないようです。Liouville
の定理を証明してください。

 この問いかけに対して、らすかるさんからのコメントです。(平成22年12月30日付け)

 一つ素数pを含めば、x+nまでの間に、2pも必要となり、pと2pの間にはまた別の素数
がある、ということですかね。

 これを受けて、FNさんがコメントされました。(平成22年12月30日付け)

 確かにそれで終わりのようですね。 x、x+1、x+2、・・・、x+n のうちの最大の素数を
pとすれば、すぐに矛盾ということになりますか。これでは定理とはちょっといいにくい程度
ですね。

 チェビシェフが1821〜1894、リウヴィルが1809〜1882と、ほぼ同時代の人で、チェビシェフ
の定理の発表が1850年、リウヴィルの定理は後半の条件なしで成立するから定理として
は意味がなくなっているので、いつの発表かわかりませんでした。チェビシェフの定理の発
表以前であったのでしょうか。そうでなかったら定理とは言えないレベルのように思います。

 FNさんが、連続6自然数の場合の方法(多分もともとは掛谷による)がどの程度有効か、
k個の場合に挑戦されました。(平成22年12月31日付け)

 連続する k 個の自然数の積は平方数ではない。ただし、k≦13とする。

(考察) A=n(n+1)(n+2)・・・(n+k−1) が平方数であるとする。

 n+s=a(s)・x(s)2 とおく。ただし、a(s)は1以外の平方数で割り切れないとする。

 a(s)は異なる素数の積(または 1)であり、a(0)a(1)a(2)・・・a(k−1)は平方数である。

 だから、あるa(s)が素因数pを持てば、別のa(t)が素因数pを持つ。

  このことから、a(s)の素因数となりうる素数 p は、p<k である。

 k≦13だから、ありうる素因数は高々2、3、5、7、11 である。

 あるa(s)とa(t) (s>t)が等しい場合を考える。

 k−1≧s−t=(n+s)−(n+t)=a(s)・x(s)2−a(t)・x(t)2=a(s)(x(s)+x(t))(x(s)−x(t))

 n+s>n+t より、x(s)>x(t)であるから、

  上の式の右辺>a(s)(x(s)+x(t))>a(s)(x(t)+x(t))=2a(s)・x(t)

 従って、 (k−1)2>4a(s)2・x(t)2>4a(s)(n+t)>4n より、 n<(k−1)2/4

 k≦13 より、 n<36 で、このとき、Aが平方数でないことは具体的に調べればよい。

 従ってすべてのa(s)は異なるとしてよい。

 a(s)のうちで、素因数5、7、11を持たないようなsが5個以上あれば、そのa(s)の素因数
は2と3だけだから、1、2、3、6しかなく、a(s)=a(t)となる s≠t が存在することになる。この
形で証明できるのが、k=5、7、9、10、11、12、13 である。

 k=5 のとき、 素因数 2、3     a(s)の個数は、5個 (終)

 k=7 のとき、 素因数 2、3、5    a(s)の個数は、7個
          素因数5を持つ数は高々2個 7−2=5 (終)

 k=9 のとき、 素因数 2、3、5、7  a(s)の個数は、9個
          素因数5を持つ数は高々2個
              素因数7を持つ数は高々2個  9−2−2=5 (終)

 k=10 のとき、 素因数 2、3、5、7  a(s)の個数は、10個
          素因数5を持つ数は高々2個
              素因数7を持つ数は高々2個  10−2−2=6 (終)

 k=11 のとき、 素因数 2、3、5、7  a(s)の個数は、11個
          素因数5を持つ数は高々3個
              素因数7を持つ数は高々2個  11−3−2=6 (終)

 k=12 のとき、 素因数 2、3、5、7、11  a(s)の個数は、12個
          素因数5を持つ数は高々3個
              素因数7、11を持つ数は高々2個  12−3−2−2=5 (終)

 k=13 のとき、 素因数 2、3、5、7、11  a(s)の個数は、13個
          素因数5を持つ数は高々3個
              素因数7、11を持つ数は高々2個  13−3−2−2=6 (終)

 k=14 が駄目と勘違いしてたので、k≦13 としたのですが、k=14以降もかなりいけ
そうです。(面倒なのでやめます。もっと理論的な考察が望ましい。)

 k=6 のときは、素因数2、3だけをもつのが4個の場合がありえたが、それが連続自然
数になり、k=4のときに帰着した。

 k=8 も同じ現象が起こる。素因数は、2、3、5、7で、7は両端(s=0、7)しかない。5
が、s=0、5やs=2、7のときは5個が素因数2、3だけとなる。5がs=1、6のときは4個
だが、2、3、4、5と連続するのでk=4に帰着する。

 残ったのは、k=2、3、4で、これらは、この方法ではできないのでしょう。


 らすかるさんより、別解をいただきました。(平成22年12月31日付け)

 上記で、次のようにしてもいいですね。

 k=11 のとき、 素因数 2、3、5、7  a(s)の個数は、11個
              素因数7を持つ数は高々2個  11−2=9 (終)

 k=13 のとき、 素因数 2、3、5、7、11  a(s)の個数は、13個
              素因数7、11を持つ数は高々2個  13−2−2=9 (終)

 また、しっかり検討していませんが、k=3は同じ方法で出来ますよね。
k=2はちょっと違いますが、a(0)a(1)=2で不適。


 らすかるさんの別解に対して、FNさんからのコメントです。(平成22年12月31日付け)

 k=3が同様にできることは、後で気がつきました。k=2もちょっと違うけど、確かにでき
ますね。
 前半の話がより本質的なようです。
調べていた数は、自然数 k に対して、kーΣ([(k−1)/p]+1) になります。ただし、Σは
5≦p<kを満たすすべての素数pに対しての和で、[x]は、xを越えない最大の整数。
 これが、5以上であれば、平方数でないことの証明が完了します。

 Excel VBA で調べてみたら、連続してこれを満たすのは、 9≦k≦23 でした。
25≦k≦37でも満たすものはかなりありますが、38以上ではありません。従って、38以
上のkに対してはこのやり方は無効です。

 らすかるさんが書かれているのは、Σを、7≦p<kを満たす素数としたもので、この値が
9以上であれば完了です。16≦k≦107で常に成り立ちます。

 さらに、11≦p<kに変えて、その和が17以上であるものを探すと、33≦k≦286で成
り立ちます。kーΣ([(k−1)/p]+1)は、初めは増加傾向、途中から減少傾向になります。
そして、pの初期値を大きくすれば、山の位置がだんだんと後にいきます。だから、pを動か
す初期値を変えながらすべての自然数を含むようにしていく証明になるのでしょう。ある程
度感じがわかったから、S.NarumiやP.Erdosの論文が読めるかもしれません。