tsujimotterのノートブック

日曜数学者 tsujimotter の「趣味で数学」実践ノート

8 と 9 の黄金ペア:カタラン予想

本日は 8 月 9 日ということで,8 と 9 のペアで作られる数学のお話をしましょう。

 8 という数は  2^3 で3乗数, 9 という数は  3^2 だから平方数ですね。これらの数の差は  1 なので

 3^2 - 2^3 = 1

が成り立ちます。すなわち,「べき乗数 ひく べき乗数」が1となっているわけです。

ここで「このような数の組は,8 と 9 のほかにもあるか?」という疑問が湧いてきますが,

そんな数の組は存在しない

と主張するのが,今日紹介する「カタラン予想」です。つまり, 8 9 の組は,数ある自然数の組の中でも特別な,いわば「黄金ペア」だというわけです。


カタラン予想を,もう少し数学的に定式化すると以下のようになります。

カタラン予想
次の方程式の整数解  (x, y, u, v) の組は  (3, 2, 2, 3) だけである.
 x^u - y^v = 1 \tag{1}

ただし, x >0, \; y > 0, \; u > 1, \; v > 1 とする.

この予想は,1844 年にベルギー人の数学者 カタラン によって提唱されました。

実際に試してみると,解となる組み合わせは  3^2 2^3 以外に存在しないように思えます。しかしながら,解の候補は無数に存在するため,単に列挙しただけでは解決にはなりません。

カタラン以前にも,この問題はオイラー (1738 年) によって考えられていたようですし,ルベーグ(あの「ルベーグ積分」で有名なルベーグではない) (1850 年),ナゲル (1921 年),セルバーグ (1932 年) ら,数多くの数学者によって取り組まれてきました。しかしながら,彼らの結果は片方の指数(あるいは両方の指数)を小さい数に固定するなどの結果にとどまっていて,一般的な指数に対する解決には至っていませんでした。

そんなに難しい問題だったのですね!

最終的に解決したのは,カタランによる予想から実に 158 年後 の 2002 年,ミハイレスクによってでした。

ミハイレスクの解法のさわり

指数が一般的な整数となる整数問題は,非常に難しい問題であることが多いと言われます。そのあたりの事情は,あの「フェルマーの最終定理」にもいえることですね。

実際カタラン予想の解決にあたっては,フェルマーの最終定理の証明でも用いられた 「円分体の整数論」 が用いられたようなのです。


以下の PDF に解説記事が載っていたので,序盤だけ流れを追ってみたいと思います。

CATALAN’S CONJECTURE: ANOTHER OLD DIOPHANTINE PROBLEM SOLVED - http://www.ams.org/journals/bull/2004-41-01/S0273-0979-03-00993-5/home.html


ここでは, p, q を相異なる奇素数として,

 x^p - y^q = 1 \tag{2}

という式を考えます。


まず,式  (2) を次のように変形しましょう。

 \displaystyle (x-1)\frac{x^p - 1}{x-1} = y^q \tag{3}

(この変形をするに当たって  x > 1 としておいた方がよさそうですね。)

すると,左辺は  x-1 \displaystyle \frac{x^p - 1}{x-1} という2つの数の積の形になっていますね。一方で, y^q は整数の  q 乗です。右辺の素因数を左辺の数でどう分け与えていくか,が問題になります。

ここで,

 x^p = ((x-1) + 1)^p

と変形しておくと, x-1 \displaystyle \frac{x^p - 1}{x-1} の最大公約数は  1 p のいずれかになり(この辺の議論がよくわからない)それぞれのケースで場合分けして考えるようです。

(2020.08.10追記)最大公約数が  1 p のいずれかになるロジックが理解できたので追記したいと思います。

 x^p = ((x-1) + 1)^p を二項展開すると

 \displaystyle  ((x-1) + 1)^p = (x-1)^p + p(x-1)^{p-1} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2}(x-1)^2 + p(x-1) + 1

であり,最初と最後の1項を除くとすべて  p の倍数になります。

これを  \frac{x^p - 1}{x-1} に代入すると

 \displaystyle \begin{align} \frac{x^p - 1}{x-1} &= \frac{((x-1) + 1)^p - 1}{x-1} \\
&= \frac{(x-1)^p + p(x-1)^{p-1} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2}(x-1)^2 +  p(x-1) }{x-1} \\
&= (x-1)^{p-1} + p(x-1)^{p-2} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2}(x-1) + p \\
\end{align}

ここで, x-1 \frac{x^p - 1}{x-1} の任意の公約数を  d とすると

 \displaystyle (x-1)^{p-1} + p(x-1)^{p-2} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2}(x-1)

 d の倍数であり,よって  p d の倍数となります。

したがって  d p の約数であり, p は素数より  d = 1 または   d = p となることがわかります。

最大公約数が  1 の場合をケース1,最大公約数が  p の場合をケース2とします。

ケース1:最大公約数が  1

このケースにおいては, a, b を互いに素な  p を割らない数として,

 y = ab
とおきます。すると, y q 乗を  (2) 式の左辺が分け合うので,
 \displaystyle x - 1 = a^q

 \displaystyle \frac{x^p - 1}{x-1} = b^q

この場合は初等的に解けるようで,1960年にCasselsによって示されています。よって,問題は ケース2 となります。

ケース2:最大公約数が  p

 x-1 \displaystyle \frac{x^p - 1}{x-1} の最大公約数が  p となるわけですが,  (2) 式の右辺が  q 乗数なので,左辺を掛け合わせたときに  p^q が現れないといけません。

いろいろ考えると, x-1 の方が  p^{q-1} を持っているとよいそうので,以下のように置くことができます。

 \displaystyle x - 1 = p^{q-1}a^q \tag{4}

 \displaystyle \frac{x^p - 1}{x-1} = pb^q \tag{5}

 \displaystyle y = pab \tag{6}

(2020.08.10追記)  x - 1 の方が  p^{q-1} を持っているとよい」ということについても,証明することができたので追記します。

 x-1 = pa^q であると仮定します。 a p で割り切れないとします。

 \frac{x^p - 1}{x-1} を展開して上を代入すると,こうなります:

  \displaystyle \begin{align} \frac{x^p - 1}{x-1} &= (x-1)^{p-1} + p(x-1)^{p-2} + \cdots + \frac{p(p-1)}{2}(x-1) + p \\
&= p^{p-1}\cdot a^{q(p-1)} + p\cdot p^{p-2} \cdot a^{q(p-2)} + \cdots + p \end{align}

これは  p でちょうど1回割り切れます。

すると, (x-1)\frac{x^p - 1}{x-1} p で2回しか割り切れないことになってしまいます。

一方で,右辺の  y^{q} q 乗数であるから矛盾します。よって, x - 1 の方が  p^{q-1} で割り切れるほかないと結論づけられます。


ここで,問題を 円分体  \mathbb{Q}(\zeta_p) に拡張して考えます。 \zeta_p 1 の原始  p 乗根のことで,この数を含んだ体まで広げて上式を「因数分解」していきます。

 \displaystyle X^{p-1} + X^{p-2} + \cdots + X^2 + X^1 + 1 = \prod_{k=1}^{p-1} (X - \zeta_p^{k})

という円分多項式の  X 1 を代入すると,

 \displaystyle p = \prod_{k=1}^{p-1} (1 - \zeta_p^{k}) \tag{7}

と「 p の(素)因数分解」が得られます。このように,円分体  \mathbb{Q}(\zeta_p) に拡大すると  \mathbb{Q} において素数だった数  p が分解してしまうのです。(こういう現象を「 p \mathbb{Q}(\zeta_p) で完全分岐する」といいます。)

さらに, X = x すると

 \displaystyle \frac{x^p - 1}{x-1} = x^{p-1} + x^{p-2} + \cdots + x^2 + x^1 + 1 = \prod_{k=1}^{p-1} (x - \zeta_p^{k})

も得られますね。したがって  (5) 式は

 \displaystyle \prod_{k=1}^{p-1} \frac{x - \zeta_p^{k}}{1 - \zeta_p^{k}} = b^q \tag{8}

と変形できます。ここで, \displaystyle \frac{x - \zeta_p^{k}}{1 - \zeta_p^{k}} については,

  \displaystyle \frac{x - \zeta_p^{k}}{1 - \zeta_p^{k}} =  \frac{(x-1) + (1 - \zeta_p^{k})}{1 - \zeta_p^{k}}

という「うまい変形」ができます。 (x-1) p で割れることと,式 (7) により  p (1 - \zeta_p^{k}) を因数に含むことを考えると, \displaystyle \frac{x - \zeta_p^{k}}{1 - \zeta_p^{k}} は,円分体の整数環  \mathbb{Z}[\zeta_p] の数であると結論されます。

したがって,式  (8) は円分体の整数環  \mathbb{Z}[\zeta_p] における因数分解の式となっているわけです。円分体の整数論の議論にもっていけそうですね!


ただし,一般の円分体においては,素因数分解の一意性 が成り立たなかったり,単数の問題があったりするので,そう簡単にはいきませんというのがこの先の流れになります。


そのあたりの難しさについては,以下の記事でも触れましたので,読んでいただければイメージは伝わるかと思います。
tsujimotter.hatenablog.com


ここから先の証明の話は,技術的にだいぶややこしくなりそうなので,今日の記事ではやめておきましょう。


せっかくなので,カタラン予想に関連する ヴィーフェリッヒ素数 について触れておきたいと思います。

カタラン予想とヴィーフェリッヒペア

ヴィーフェリッヒ素数とは,

 2^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^2}

を満たす素数  p のことです。

フェルマーの小定理により,mod  p において  p と互いに素な  a に対し

 a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}

が成り立ちますので,さらに  p^2 のときを考えたものがヴィーフェリッヒ素数といえます。mod  {p} を考えると,mod  {p^2} を考えたくなるのは,数論においてはよくあることなのだそうです。


ヴィーフェリッヒ素数は,フェルマーの最終定理に関連していることでもよく知られていますね。
integers.hatenablog.com


ヴィーフェリッヒ素数が,カタラン予想にどうつながるのかを,エッセンスだけお伝えしましょう。


ケース2の式  (4) を以下のように変形します。

 \displaystyle x = (p^{q-1} - 1)a^q + a^q + 1

 (p^{q-1} - 1) という項がみえますね。ここで, q^2 の合同式を考えると, x q^2 で割れるようで,いろいろ条件を考えると

 p^{q-1} \equiv 1 \pmod{q^2}

という合同式に落とせるのだそうです。また  p, q を入れ替えた

 q^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^2}

も成り立つようです。

(2020.08.10追記)カタラン予想の式 (2) において
 (-y)^{q} - (-x)^{p} = 1

とすると, p, q の立場を入れ替えることができるというのが上のロジックです。

これらの2つの合同式を満たす  (p, q) の対を ヴィーフェリッヒペア といって,これがカタラン予想の条件になるようですね。


ミハイレスクは,「カタラン予想を満たす  (p, q) の組がほかにも存在するとしたら,ヴィーフェリッヒペアでなければならない」ことを示しました。この事実を用いて  (p, q) の候補を絞っていったのですね。


Wikipedia によると,ヴィーフェリッヒペアは以下の7組が見つかっているようです。

(2, 1093), (3, 1006003), (5, 1645333507), (5, 188748146801), (83, 4871), (911, 318917), and (2903, 18787).

参考:Wieferich pair - Wikipedia

類題

カタラン予想とは直接関係ありませんが,「似たような式の形」をした類題を2つご紹介します。

平方数と立法数の差が  2 となるような数の組

このような数の組は  3^3 5^2 だけであることが知られており,実際

 3^3 - 5^2 = 2

が成り立ちます。証明は  \mathbb{Z}[\sqrt{2}] \mathbb{Z}[\sqrt{-2}] における整数論を用います。

つい先日,以下のような記事をみつけました。こちらが参考になるかと思います。
corollary2525.hatenablog.com

京大の入試問題

 p, q を素数として  p^q + q^p の形で表せる素数は  17 ただ1つであることが知られています。これは,2016 年の京大の入試問題にもなりましたので,覚えている方も多いかもしれません。

以下の2つの記事が面白くて参考になります。
motcho.hateblo.jp

integers.hatenablog.com

おわりに

今日の日付 8 月 9 日に関連して,8 と 9 にちなんだ「カタラン予想」という問題をご紹介しました。

簡単に紹介して終わりにするつもりだったのですが,円分体の話が出てきたり,ヴィーフェリッヒ素数の話が出てきたり,なかなか面白くてつい語りたくなってしまいますね。

ずいぶん記事も長くなってきましたので,そろそろ筆をおきたいと思います。


最後に一言。


カタラン予想のことは,これ以上は語らん。


・・・


おあとがよろしいようで。笑


参考文献

以下の記事が大変参考になりました。

サービス終了のお知らせ
http://ikuro-kotaro.sakura.ne.jp/koramu/473_c1.htm

以下が,ミハイレスク本人による「カタラン予想証明」の論文。私はまったく読めませんでした。

http://www.uni-math.gwdg.de/preda/mihailescu-papers/catber.pdf

発展的な内容を知りたい方へ

tsujimotter.hatenablog.com