(2) bn̸= 0 のときbn+1は an をbn で割った余りであるから余りの定義より，
0<=bn+1< bn
bn= 0のとき 数列{bn}の定義からbn+1=bn ．よって 任意のk, l, nについてbn >=bn+1
(等号はbn= 0のときに限る)が成立する．
(3) もしbn= 0となる nが存在しないとすると，すべてのbn は自然数でしかも bn> bn+1
が成り立つ．このことは 集合{bn | n= 1, 2, · · · }に最小値が存在しないことになり，自 然数の部分集合にはつねに最小値が存在するという，自然数の基本性質と矛盾する．よって bn= 0 となるnが存在する．
(4) (a, b)で aとbの最大公約数を表すことにする．bk ̸= 0のとき (ak, bk) = (bk, bk+1) を示す．
akをbkで割った商をqkとおくと，ak=bk·qk+bk+1 とかける． これからak とbk の公約 数はbk+1 の約数になり，bkとbk+1の公約数である．bkとbk+1の公約数で最大のものが最 大公約数(bk, bk+1)である．ゆえに(ak, bk)<= (bk, bk+1)．またbk と bk+1 の公約数はak の約数になる．同様に考え(ak, bk)>= (bk, bk+1)である．
∴ (ak, bk) = (bk, bk+1)
これをいいかえると(ak, ak+1) = (ak+1, ak+2)．(3)からある自然数N でbN−1̸= 0, bN = 0 となるものがある．このとき
(k, l) = (a1, a2) =· · ·= (aN−1, aN) = (aN, bN) =aN N <=nの nで同様の等式が成り立つので題意が示された．
m= 6k, n= 6lとかける．さらにm+n= 6(k+l), mn= 36klなので，m+n, mnが12 の倍数になるためにはkとl の偶数と奇数が一致すればよい．
k= 1に対してl= 1, 3, · · ·, 15の8個．
k= 2に対してl= 2, 4, · · ·, 16の8個．
k= 3に対してl= 3, · · ·, 15の7個．
k= 4に対してl= 4, · · ·, 16の7個．
· · ·
k= 15に対して15の1個．
k= 16に対して16の1個．
∴ 2(8 + 7 +· · ·+ 1) = 72（個）
(3) l+m+n, lm+mn+nl, lmnがすべて5で割り切れるとする．lmnが5の倍数なので少 なくともひとつ，例えばl は5の倍数．するとその結果，m+n=−l, mn=−l(m+n)が 5の倍数．
m, nの少なくとも一つは5の倍数．mが5の倍数ならn=−mも5の倍数．条件はl, m, n で対称なので，l, m, nは5の倍数．
逆は明らか．よって，(a).
(4) (3)よりl+m+n, lm+mn+nl と lmnが5で割れることは同値である．30 = 5·6で5 と6は互いに素なので，6で割り切れることについて調べる．
l+m+n, lm+mn+nl, lmnがすべて6で割り切れるとする．
lmnが6の倍数なので，例えばlは2の倍数である．このとき(3)と同様にしてm+n, mn ともに2の倍数．よって，l, m, nはすべて2の倍数．
同様にlが3の倍数とするとm+n, mnともに3の倍数．よって，l, m, nはすべて3の 倍数．
よってl, m, nは6の倍数．よってl, m, nは30の倍数．逆は明らか．∴ (a)．
30の倍数の組は
(l, m, n) = (30, 30, 30), (30, 30, 60), (30, 30, 90), (30, 60, 60), (30, 60, 90), (30, 90, 90) (60, 60, 60), (60, 60, 90), (60, 90, 90) (90, 90, 90)
∴ 10個 解答 8 問題8
(1) aが奇数のとき，bも奇数と仮定する．このときcは偶数である．
a= 2k+ 1，b= 2l+ 1, c= 2m とおく．
a2+b2= 4(k2+k+l2+l) + 2, c2= 4m2
となり，4で割った余りが異なる．つまりa2+b2=c2が成り立ち得ない．
ゆえにbは偶数であり，cは奇数である．
(2) a2+b2=c2よりb2= (c−a)(c+a)となるが(1)からc−a, c+aはともに偶数である．
(b 2
)2
=c−a 2 ·c+a
2 ここでc+a
2 >c−a
2 >= 1なので，pを b
2 の素因数の一つとするとp >1．
c−a
2 とc+a
2 がともにpを因数に持てば c−a
2 =kp, c+a 2 =lp とおくと
c= (k+l)p, a= (l−k)p
となりpがaとbの公約数となる．aとbは互いに素で，p >1であるから，pは c−a
2 と
c+a
2 のいずれか一方のみの素因数となる．
(b 2
)2
の最高べき指数は偶数であるからc−a
2 と c+a
2 のいずれもが平方数となる．
つまり
a+c 2 =d2 となる自然数dが存在する．
解答 9 問題9
(1) b3は3の倍数である．3は素数なのでbが3の倍数である．b = 3b′ とおく．3a =b3より 3a= (3b′)3= 27b′3．これからa= 9b′3．よってaは3の倍数である．
同様にcは5の倍数なので，c= 5c′とおく．5a=c2より5a= 5c′2よりa= 5c′2．よってa は5の倍数である．
(2) aの素因数で3と5以外のものがあるとし，それをpとし，a=pa′とおく．
p(3a′) =b3, p(5a′) =c2
より(1)と同様にbもcもpの倍数である．b=plb′′, c=pmc′′とおく．ただしb′′, c′′はp と互いに素である．
3a=p3lb′′3, 5a=p2mc′′2
pは3, 5と互いに素なので，aの素因数分解における素因数pは，第1式からは3の倍数個 あり，第2式からは2の倍数個ある．したがって，aを因数分解すると素因数pは6の倍数 個ある．ところがこれは，条件「d6がaを割り切るような自然数dはd= 1に限る」と矛盾 する．よってaの素因数は3と5以外にないことが示された．
(3) a= 3e5fとおく．条件から1<=e, f <= 5である．
3a= 3e+15f =b3, 5a= 3e5f+1=c2
これからe+ 1, fは3の倍数，e, f+ 1は2の倍数である．1<=e, f <= 5の範囲でこれを満 たすのはe= 2, f = 3．したがってa= 32·53= 1125．
解答 10 問題10
(1) 5以上の素数pは奇数でありかつ3の倍数ではない．従って6で割った余りは1か5である．
pは5以上なので，ある自然数nを用いて6n+ 1または6n−1の形で表される．
(2) Nが自然数なので6N−1>= 5である．6N −1は3の倍数でないのでその因数分解に3は 表れない．従ってすべての素因数は6n+ 1または6n−1の形で表される．すべての素因数 が6n+ 1型のものばかりと仮定し，それらを6n1+ 1, · · ·, 6nl+ 1とする．
一般に6で割って1余る二数6u+ 1, 6v+ 1の積は
(6u+ 1)(6v+ 1) = 6(6uv+u+v) + 1
より再び6で割って1余る．これを繰りかえし用いることにより，6n1+ 1, · · ·, 6nl+ 1の べきの積
(6n1+ 1)e1· · ·(6nl+ 1)el · · ·⃝1 も6で割って1余る数であることが分かる．
これは6N−1が6で割って−1つまり5余る数であることと矛盾する．
よって6N−1は，6n−1 (nは自然数)の形で表される素数を約数にもつ．
(3) 6n−1 (nは自然数)の形で表される素数の個数が有限でk個であるとする．それらをp1, · · ·, pk
とする．
L= 6p1· · ·pk−1
とおく．Lはp1, · · ·, pkのいずれでも割っても−1余り，割り切れない．一方Lは6N−1 型なので(2)から6n−1型の素因数をもつ．その素数はp1, · · ·, pkのいずれとも異なる．
これは6n−1 (nは自然数)の形で表される素数の個数が有限でk個であるという仮定と矛 盾する．ゆえに有限個ではありえない．