😊出会いの泉😊

初めて　S1>4　となるｎの値は、３１　（←　予想より速かったです！）
５９番目の素数２７７でようやく　S2＞２　となるので、４を超えるまでには結構かかる！

4を超えるpは 1801241230056600523 ですね。
S1の方は、昔「初めて100を超えるn」を求めたことがあります。

4 を超える p についての論文が以下となります。

https://www.google.com/url?q=https://www.researchgate.net/publication/41616216_Computing_Prime_Harmonic_Sum

S(H)さん、本当にお久しぶりです！これまでお世話になっていたteacup．掲示板が昨年８月１日でサービス終了ということで、
昨年の３月２６日にgoo blog 掲示板に移行させていただきました。
新掲示板でのS(H)さんのご活躍を期待しております。まずは、邂逅おめでとうございます。

(1) 2^3+0^3=2^3 などという自明な解を除いて、１つ解を見つけました。
一つの例として、（２＋√（２/３）ｉ）^3＋（２－√（２/３）ｉ）^3＝２^3
解は無数にあると思われます。

何でもありなら
(1)z1=z2=[3]√4
(2)z1=z2=[4]√8
(3)z1=z2=[5]√16
(4)z1=z2=[7]√64
などの全く面白くない解がありますね。
(追記)
これも面白くないですが、一般解も書けますね。
(1)(z1,z2)=(t,[3]√(8-t^3))
(2)(z1,z2)=(t,[4]√(16-t^4))
(3)(z1,z2)=(t,[5]√(32-t^5))
(4)(z1,z2)=(t,[7]√(128-t^7))

皆さん勿論正解なんですが、意外性を考慮して一応次のようなものが成り立つことが起きました。

(4 + √5*i)^3 + (4 - √5*i)^3 = 2^3

(1 + √7*i)^4 + (1 - √7*i)^4 = 2^4

(1 + √3*i)^5 + (1 - √3*i)^5 = 2^5

(√(9 + √5)/√3)^6 + (√(9 -√5)/√3)^6 = 2^6

(1 + √3*i)^7 + (1 - √3*i)^7 = 2^7

他にも
(4 + √109)^3 + (4 - √109)^3 = 14^3
(1 + √457)^3 + (1 - √457)^3 = 14^3
(36 + √89*i)^3 + (36 - √89*i)^3 = 42^3
((-1 + √3*i)/2)^p + ((-1 - √3*i)/2)^p = (-1)^p (ｐ≡0 (mod 3)でない任意の自然数)
etc

なお平方では
(9 + √17)^2 + (9 - √17)^2=
(5 + √73)^2 + (5 - √73)^2=
(3 + √89)^2 + (3 - √89)^2=
(1 + √97)^2 + (1 - √97)^2= 14^2
などが成立していく。

もっと意外性を感じるものを見つけられたらお教え下さい。

プログラムで調べると面白くないので手計算で検討しました。

(1)
a^2+b^2=c^2+d^2=m1, a＜c＜d＜bとして
自然数の平方数の階差は3,5,7,9,11,13,15,…であり3+5+7=15なので
c^2-a^2=3+5+7からa^2=1,c^2=16、b^2-d^2=15からb^2=64,d^2=49つまり
1^2+8^2=4^2+7^2=65がすぐに見つかります。
考え落としがなければこれが最小だと思います。

(2)
(1)と同様に
a^2+b^2=c^2+d^2=e^2+f^2=m2, a＜c＜e＜f＜d＜bと考えますが
mod6から素数は5以上の奇数ですから、
5以上の奇数の平方数の階差24,32,40,48,56,…の1/8すなわち
3,4,5,6,7,…からc^2-a^2=b^2-d^2,e^2-c^2=d^2-f^2となるものを探します。
ただし素数でない奇数も含まれていることにも留意します。
3+4=7→c=9で合成数なので不適
3+4+5=12→a=5,c=11,b=25,d=23となりbが合成数なので不適
※ちなみに両辺の端の数にその隣の数を加算すればa,b,c,dはすぐに出ます。
※3+4+5=12ではa=2+3=5,c=5+6=11,b=12+13=25,d=11+12=23となります。
4+5=9→a=7,c=11,b=19,d=17となるが、間が6,7,8しかないので不適
（多分素数で2通りなら7^2+19^2=11^2+17^2=410が最小だと思います）
3+4+5+6=18→a=5,c=13,b=37,d=35となりdが合成数なので不適
4+5+6=15→a=7,c=13,b=31,d=29
このとき間が7,8,9,10,11,12,13,14なので
14＜7+8＜7+8+9＜14+13＜7+8+9+10＜14+13+12＜7+8+9+10+11
から不適
5+6=11→a=9で合成数なので不適
3+4+5+6+7=25→c=15で不適(同様に+7で終わるものはすべて不適)
3+4+5+6+7+8=33→a=5,c=17,b=67,d=65となりdが合成数なので不適
3+4+5+6+7+8=11+12→b=25で不適(間が9,10しかないのでそもそも無理)
4+5+6+7+8=30→a=7,c=17,b=61,d=59
このとき間が9,10,11,…,29なので
9+10＜29＜9+10+11＜9+10+11+12+13＜28+29＜9+10+11+12+13+14
＜9+10+11+12+13+14+15=27+28+29から
e=31,f=53で成り立つ
つまり7^2+61^2=17^2+59^2=31^2+53^2=3770
これが最小かどうかわからないので5+6+7+8,6+7+8,7+8も要検討
5+6+7+8=26→a=9で不適
6+7+8=21→a=11,c=17,b=43,d=41
このとき間が9,10,11,…,20だが
9+10＜20＜9+10+11＜19+20＜9+10+11+12＜9+10+11+12+13＜18+19+20
＜9+10+11+12+13+14＜17+18+19+20＜9+10+11+12+13+14+15＜16+17+18+19+20
なので不適
7+8=15→a=13,c=17,b=31,d=29
このとき間が9,10,11,12,13,14だが
14＜9+10＜13+14＜9+10+11＜12+13+14なので不適
従って条件を満たす最小解は
考え落としがなければ7^2+61^2=17^2+59^2=31^2+53^2=3770

(3),(4)は大変そうなのでとりあえずパス。

私には当然どこが見落としなのか判断できませんが、
29^2+37^2=23^2+41^2=19^2+43^2(=2210)
があることに、検索プログラムを走らせて発見していたので、これが最小？
と思って出題していました。

らすかるさんならプログラムを組めば一発で発見できるものを、この様に
思考を使って探される姿に感心します。
(1)などの解法は思ってもいませんでした。

なるほど。上記で4+5+6+7+8=30を元にしましたが、
右辺の最大値が30未満のものはさらに検討する必要がありますね。
答えがわかっていますので続きを検討するのはやめますが、
19^2+43^2=23^2+41^2=29^2+37^2ということは
10+11=21
12+13+14=19+20
から
a=9+10=19, c=11+12=23, b=21+22=43, d=20+21=41,
e=14+15=29, f=18+19=37
となるわけですね。
ちなみに、私が書いた3770は2番目に小さい解でした。
それから、プログラムを作ってみましたが
(1)の最小解は1^2+7^2=5^2+5^2=50でした。
(3)は↓ここにあるように635318657ですね。
https://oeis.org/A046881

(1) の m1 は 5 の倍数ですか？
というクイズが……

50 = 1^2 + 7^2 = 5^2 + 5^2
65 = 1^2 + 8^2 = 4^2 + 7^2
85 = 2^2 + 9^2 = 6^2 + 7^2
125 = 2^2 + 11^2 = 5^2 + 10^2
130 = 3^2 + 11^2 = 7^2 + 9^2
145 = 1^2 + 12^2 = 8^2 + 9^2
170 = 1^2 + 13^2 = 7^2 + 11^2
185 = 4^2 + 13^2 = 8^2 + 11^2
205 = 3^2 + 14^2 = 6^2 + 13^2

11^2+10^2=14^2+5^2=221
29^2+11^2=31^2+1^2=962
18^2+13^2=22^2+3^2=493
23^2+15^2=27^2+5^2=754
25^2+19^2=31^2+5^2=986
16^2+11^2=19^2+4^2=377
27^2+23^2=33^2+13^2=1258
23^2+10^2=25^2+2^2=629

何でもありですね。

221,962,493,754,986,377,1258,629はすべて
4n+1型の相異なる素因数を二つ持つ数ですね。
4n+1型の素数は必ず唯一の2平方和で表され、
相異なる二つの4n+1型の素数の積は二通りの2平方和で表されます。
なぜならば
p=a^2+b^2, q=c^2+d^2 のとき
pq=(ad+bc)^2+(ac-bd)^2=(ad-bc)^2+(ac+bd)^2
となるからです。
これを繰り返せば、相異なるm個の4n+1型の素数の積を2平方和で表す方法は
2^(m-1)通りとわかりますね。
例
5×13×17=1105=4^2+33^2=9^2+32^2=12^2+31^2=23^2+24^2

ちなみに上記の数のうち偶数のものは相異なる二つの4n+1型の素数の積の2倍ですが、
p=a^2+b^2 ⇔ 2p=(a+b)^2+(a-b)^2 から、2倍しても表す方法は増えたり減ったりしません。
例えば962=2×13×37は
13=2^2+3^2, 37=1^2+6^2なので
13×37=(2×6+3×1)^2+(2×1-3×6)^2=15^2+16^2から
2×13×37=(15-16)^2+(15+16)^2=1^2+31^2
13×37=(2×6-3×1)^2+(2×1+3×6)^2=9^2+20^2から
2×13×37=(9-20)^2+(9+20)^2=11^2+29^2
のように機械的に算出できます。

> 相異なるm個の4n+1型の素数の積を2平方和で表す方法は2^(m-1)通りとわかりますね。

・そのような方法で作った 2^(m-1) 通りのなかに重複がないこと
・そのような方法で作ったもの以外に平方和に表す方法がないこと
まで示さないと「わかります」とまでは言えないと思いますがどうでしょう。

ヤコビの二平方定理から結果自体は正しいと言えますが、定理の証明が難しいのが難点。
高校範囲内くらいで上の 2 点を示せないものでしょうか？

鳩ノ巣原理を使うアイデアの
初出は以下の論文のようですね。

https://academic.oup.com/jlms/article-abstract/s1-34/3/352/847946?login=false

A. Seidenberg, A Simple Proof of a Theorem of Erdös and Szekeres, Journal of the London Mathematical Society, Volume s1-34, Issue 3, July 1959, Page 352, https://doi.org/10.1112/jlms/s1-34.3.352

324 の代わりに 素数だとどうなりますか？

> "Dengan kesaktian Indukmu"さんが書かれました:
> 324 の代わりに 素数だとどうなりますか？

1^3+2^3=(1+2)^2

ということですか……なるほど。

ksさんの定義によると、N=30の約数には、N自身も含まれているので、
30の約数は、1,2,3,5,6,10,15,30の8個であり、d(30)=8となり、
(Σ_{A|30}{d(A)})^2=(1+2+2+2+4+4+4+8)^2=27^2=927
Σ_{A|30}{d(A)^3}=1^3+2^3+2^3+2^3+4^3+4^3+4^3+8^3=927
よって、
(Σ_{A|30}{d(A)})^2=Σ_{A|30}{d(A)^3}
が成立する。

1<=N<=10^6の範囲で、(Σ_{A|N}{d(A)})^2=Σ_{A|N}{d(A)^3}が成立することを確認しました。
おそらく証明できるのでは？

管理人さんへ
(1)lcm
(2)OK!
(3)lcm
を再考してください。（∵ lcm*gcd≠Z1*Z2)

GAIさん、ご指摘ありがとうございます。修正しました。

５＋３i＝（１＋i）（４ーi）
さらに、ーiをプラスにしないといけないんですね。

一般にa-b*i=-i*(b+a*i)
と出来るので、単数U=-iを先頭に付けると単一の素因数分解型にできます。

書き込みテストです。

91 + 63i = (−i) (1 + i) (2 + i) (2 + i) (2 + i) (7)

91 + 63𝑖 = (−𝑖) (1 + 𝑖) (2 + 𝑖) (2 + 𝑖) (2 + 𝑖) (7)

虚数単位が斜めにうまく書けるかどうか……

975 = (𝑖) (2 + 𝑖) (2 + 𝑖) (1 + 2𝑖) (1 + 2𝑖) (3) (3 + 2𝑖) (2 + 3𝑖)

どういう順番に因数を並べるのが良いのでしょう？

通常の整数における割り算原理は、そのような Q と R が常に 1 つだけ存在する（つまり、複数存在することはない）という内容を含みます。
ところが、ガウス整数に単純に拡張すると、例えば (1) だと

11 + 17*i = (5 + 3*i)*(3 + 2*i) + 2 - 2*i
11 + 17*i = (5 + 3*i)*(3 + i) - 1 + 3*i

というように複数の Q, R が存在できてしまうように思います。
この点はどうにかならないものでしょうか？

そうなんですよね。
例えば
Z1=12-23*i
Z2=7-5*i
などでは
Z1=Z2*(3-i)+(-4-i)
Z1=Z2*(2-i)+(3-6*i)
Z1=Z2*(2-2*i)+(8+i)
Z1=Z2*(3-2*i)+(1+6*i)
などすべてが許されることが起きます。

更に
Z1=21-20*i
Z2=3-7*i
では
Z1=Z2*(3+2*i)+(-2-5*i)
Z1=Z2*(3+i)+(5-2*i)
Z1=Z2*(4+i)+(2+5*i)
Z1=Z2*(4+2*i)+(-5+2*i)
で,
全ての余りRのノルムN(R)=29　となってしまう。
言ってみればここが通常の整数とは違う点になりますね。