INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

方程式3^a+5^b-7^c=1

整数整数-3 整数-5 整数-7 整数-1820 整数-341 整数-50 整数-9

定理 (Leitner, 2011) 方程式

$3^a+5^b-7^c=1$

の非負整数解は $a=b=c=0$ または $a=b=c=1$ のみである。

証明. まず、 $abc=0$ の場合を考える。 $a=0$ であれば $5^b=7^c$ となり、 $b=c=0$ が従う。 $b=0$ のときも $3^a=7^c$ で $a=c=0$ 。 $c=0$ なら $3^a+5^b=2$ となって、大きさを考えれば $a=b=0$ 。よって、以下 $a, b, c \geq 1$ と仮定してよい。

さて、 $1\leq a, b, c \leq 12$ を満たす $(a, b, c)$ であって

$3^a+5^b-7^c \equiv 1 \pmod{1820}$ −①

が成り立つようなものが $(a, b, c) = (1, 1, 1)$ しかないことは例えばコンピュータで確かめられる。 $3^n, 5^n, 7^n \pmod{1820}$ は $n$ について長さ $12$ の周期をもつ*1ので、合同式①を満たすような非負整数 $a, b, c$ は全て $12$ で割った余りが $1$ であることがわかった。

次に $\bmod{341}$ で考える。今度は長さ $30$ の周期を持つが*2、 $12$ との最小公倍数をとった長さ $60$ で考えることにする。

$1 \leq a, b, c \leq 60, \ a \equiv b \equiv c \equiv 1 \pmod{12}$

を満たす $(a, b, c)$ であって

$3^a+5^b-7^c \equiv 1 \pmod{341}$ −②

が成り立つようなものはやはり $(a, b, c) = (1, 1, 1)$ しかないことが確認できる。よって、合同式①、②を満たすような非負整数 $a, b, c$ は全て $60$ で割った余りが $1$ であることがわかった。

$a \equiv b \equiv c \equiv 1 \pmod{60}$ なる非負整数 $(a, b, c)$ を考える。 $\bmod{50}$ で考えることにすると、 $3^a \equiv 3, \ 7^c \equiv 7 \pmod{50}$ である一方*3、

$5^1 \equiv 5, \ 5^2 \equiv 25, \ 5^3 \equiv 25, \dots \pmod{50}$

であるから、 $3^a+5^b-7^c=1$ であれば $b=1$ でなければならないことが示された。よって、

$7^c-3^a = 4, \ a \equiv c \equiv 1 \pmod{60}$

という状況となるが、最後に $\bmod{9}$ を考えると、 $7^c \equiv 7 \pmod{9}$ である*4。

$3^1 \equiv 3, \ 3^2 \equiv 0, \ 3^3 \equiv 0, \dots \pmod{9}$

であるから、 $a=1$ が従い、 $a=b=c=1$ が示された。 Q.E.D.

*1:例えば計算すれば確かめられる。ちなみに、Carmichael関数の値は $\lambda(1820)=12, \ 1820 = 2^2\times 5\times 7 \times 13.$

*2: $\lambda(341)=30, \ 341=11\times 31.$

*3: $\lambda(50)=20, \ 50 = 2\times 5^2.$

*4: $\lambda(9)=6.$