29179の各桁の総和は29179の二乗の各桁の総和に等しい

$29179$ の各桁の数の総和は

$2+9+1+7+9=28$

ですが、 $29179^2=851414041$ の各桁の数の総和も

$8+5+1+4+1+4+0+4+1=28$

となっています。このような正整数は( $10$ の冪のような自明な例を除いても)無数に存在します。

定理 (Hare-Laishram-Stoll) $q \geq 2$ とする。 $q$ 進法において、 $n$ の各桁の総和と $n^2$ の各桁の総和が一致するような $q$ の倍数ではない正整数 $n$ が無数に存在する。

以下、簡単のため $q \geq 6$ の場合に限定して定理の証明を行います。

準備

補題１ $1 \leq b < q^k$ , $a, k \geq 1$ とする(全て整数)。このとき、

$\begin{align} s_q(aq^k+b) &= s_q(a)+s_q(b) \\ s_q(aq^k-b) &= s_q(a-1)+k(q-1)-s_q(b-1)\end{align}$

が成り立つ。

証明. 一つ目の等式は自明。 $b-1=\sum_{i=0}^{k-1}b_iq^i$ と書く( $q$ 進展開)。このとき、一つ目の式と $s_q$ の定義より

$\begin{align} s_q(aq^k-b) &= s_q\left( (a-1)q^k+q^k-b\right) = s_q(a-1)+s_q(q^k-b) \\ &= s_q(a-1)+s_q\left(\sum_{i=0}^{k-1}(q-1-b_i)q^i\right) \\ &= s_q(a-1)+\sum_{i=0}^{k-1}(q-1-b_i) = s_q(a-1)+k(q-1)-s_q(b-1) \end{align}$

と二つ目の式も証明される。 Q.E.D.

$(\cdot )_q$ は $q$ 進表示を表し、その中では $e^k=\underbrace{e\cdots e}_k$ のように略記する。

補題２ $k \geq 2, n \geq k+2, 0 \leq e \leq q-2$ とし、 $u:=( (q-1)^k0(q-1)^ne)_q$ とおく。このとき、

$s_q(u^2) = (n+1)(q-1)+f(q, e)$

が成り立つ。ただし、 $f(q, e) = s_q( (q-e)^2)+s_q(2(q-1)(q-e) )-s_q(2(q-e)-1)$ である。

証明.

$u = (q^k-1)q^{n+2}+(q^n-1)q+e = q^{n+k+2} -(q-1)q^{n+1}-(q-e)$

なので

$u^2=q^{2n+2k+4}-2(q-1)q^{2n+k+3}+(q-1)^2q^{2n+2}-2(q-e)q^{n+k+2}+2(q-1)(q-e)q^{n+1}+(q-e)^2$

が成り立つ。よって、補題１より

$\begin{align} s_q(u^2) &= s_q(q^{n+k+2}-2(q-1)q^{n+1}+(q-1)^2q^{n-k}-2(q-e))\\ &\quad + s_q(2(q-1)(q-e)q^{n+1}+(q-e)^2) \\ &= s_q(q^{k+1}-2(q-1) )+ s_q( (q-1)^2q^{n-k}-2(q-e) ) +s_q(2(q-1)(q-e) )+s_q( (q-e)^2) \\ &= (k+1)(q-1)-s_q(2(q-1)-1)+s_q( (q-1)^2-1)+(n-k)(q-1)-s_q(2(q-e)-1) \\ &\quad +s_q(2(q-1)(q-e) )+s_q( (q-e)^2) \\ &= (n+1)(q-1)-s_q(2q-3)+s_q(q^2-2q)+f(q, e)\end{align}$

と計算できる。 $s_q(2q-3)=s_q(q+q-3)=q-2, \ s_q(q^2-2q)=s_q(q-2)=q-2$ なので証明が完了する。 Q.E.D.

定理の証明

$t \geq 10$ とし、 $k:=(5t-1)(q-1)+1$ とする。 $u, v$ を

$\begin{align} u &:= ( (q-1)^{t+2}0(q-1)^{2t-5})_q = q^{3t-2}-(q-1)q^{2t-5}-1 \\ v &:= ( (q-1)^t0(q-1)^{t+2}1)_q = q^{2t+4}-(q-1)q^{t+3}-(q-1)\end{align}$

と定める。 $i$ を十分大きい整数とし、 $n:=(u0^iv)_q$ とおく。この $n$ が $s_q(n)=s_q(n^2)=k$ を満たすことを示す。そうすれば、 $i$ の任意性または $t$ の任意性によって所望の無限性が保証されることがわかる。 $n \equiv 1 \pmod{q}$ なので、 $n$ は $q$ の倍数ではない。また、構成から

$s_q(n) = ( (t+2)+(2t-5)+t+(t+2))(q-1)+1= (5t-1)(q-1)+1 = k$

である。よって、示すべきことは $s_q(n^2)=k$ のみとなった。 $i \gg 0$ にとっているので、補題１から

$s_q(n^2) = s_q(u^2)+s_q(2uv)+s_q(v^2)$

とできる。補題１を使えば $f(q, 0)=0, \ f(q, 1) = q$ は容易に確認できるので、補題２より

$s_q(u^2) = (2t-4)(q-1), \quad s_q(v^2) = (t+3)(q-1)+q$

がわかる。 $s_q(2uv)$ を計算したい。

$\begin{align}uv&=q^{5t+2}-(q-1)q^{4t+1}-(q-1)q^{4t-1}+(q-1)(q-2)q^{3t-2}-q^{2t+4}+(q-1)^2q^{2t-5}\\ &\quad +(q-1)q^{t+3}+(q-1)\end{align}$

と展開できるので、補題１を使って

$\begin{align} s_q(2uv) &= s_q(2q^{t+3}-2(q-1)q^2-2(q-1) ) \\ &\quad + s_q(2(q-1)(q-2)q^{3t-2}-2q^{2t+4}+2(q-1)^2q^{2t-5}+2(q-1)q^{t+3}+2(q-1) ) \\ &= 1+(t+3)(q-1)-s_q(2(q-1)q^2+2q-3) \\ &\quad + s_q(2(q-1)(q-2)q^{t+3}-2q^9+2(q-1)^2)+s_q(2(q-1)q^{t+3}+2(q-1) ) \\ &= 1+(t+3)(q-1)-(s_q(2(q-1) )+s_q(2q-3) ) \\ &\quad +s_q(2q^2-6q+3)+(t+3)(q-1)-s_q(2q^9-2(q-1)^2-1)+2s_q(2(q-1) )\\ &= 2+2(t+3)(q-1)+s_q(2(q-3)q+3)-(1+9(q-1)-s_q(2(q-1)^2) ) \\ &= (2t-1)(q-1)\end{align}$

と計算できる。よって、

$s_q(n^2) = (2t-4)(q-1)+(2t-1)(q-1)+(t+3)(q-1)+q = (5t-1)(q-1)+1 = k$

が示された。 Q.E.D.

素数の場合

冒頭であげた $29179$ は素数です。
$n$ を素数に限定すると、二乗しても各桁の総和が変わらないようなものは

$\begin{align}&19, 199, 379, 739, 1747, 1999, 3169, 3259, 4519, 4789, 4951, 5689, 5851, 5869, 6481, \\ &6679, 7489, 8389, 9199, 10729, 12799, 12889, 13789, 14149, 14851, 14869, 15679, \\ &17389, 17497, 17659, 17929, 22699, 26479, 26497, 26839, 28297, 28549, 29179\end{align}$