😊出会いの泉😊

数理的背景というのであれば、
(x^8+1+x^(-8))*(x^14+1+x^(-14))*(x^18+1+x^(-18))*(x^25+1+x^(-25))*(x^30+1+x^(-30))
の x や x^(-1) の係数が作りたい方程式の数以上になることに意味があります。

その場合、dengan さんの式の作り方では隣接次数の項の組が大量に出てくることになります。
その制約の中で最高次の次数も上げようと思うと、結果として同じ次数の項が複数出てくるようなものでは優れた結果に繋がらないということになります。

DD++ さん。
早速の御教示をありがとうございます。

歯ごたえがありそうですね……

いくつかひどそうなのを作ってみました。
たとえば
14,19,21,22
では箸にも棒にも、
全然だめそうなのですね。

Dengan 評価では
(x^14+1)*(x^19+1)*(x^21+1)*(x^22+1) =
x^76+x^62+x^57+x^55+x^54+x^43+x^41+x^40+x^36+x^35+x^33+x^22+x^21+x^19+x^14+1
ですから候補なのかと思いきや

DD++ 評価では
(x^14+1+x^(-14))*(x^19+1+x^(-19))*(x^21+1+x^(-21))*(x^22+1+x^(-22)) =
(x^152+x^138+x^133+x^131+x^130+x^124+x^119+x^117+x^116+x^114+x^112+x^111+x^110+x^109+x^108+x^105+x^103+x^102+x^100+x^98+x^97+x^96+x^95+x^94+x^93+x^92+x^91+x^90+x^89+x^88+x^87+x^86+x^84+x^83+x^82+x^81+x^80+x^79+x^78+x^77+x^76+x^75+x^74+x^73+x^72+x^71+x^70+x^69+x^68+x^66+x^65+x^64+x^63+x^62+x^61+x^60+x^59+x^58+x^57+x^56+x^55+x^54+x^52+x^50+x^49+x^47+x^44+x^43+x^42+x^41+x^40+x^38+x^36+x^35+x^33+x^28+x^22+x^21+x^19+x^14+1)/x^76

となり、
x の項、1/x の項の係数が 1 です。
必要な不等式の数に遠く届きません。

GAI さんによる試みでおしかったものについて、DD++さんによる判別式を適用してみました。
６個の不等式が欲しい、336枚への挑戦です。

(x^46+x^(-46)+1)*(x^51+x^(-51)+1)*(x^53+x^(-53)+1)*(x^57+x^(-57)+1)*(x^63+x^(-63)+1)*(x^66+x^(-66)+1)

これを展開して、xおよびに1/xの項の
係数をしらべましたら、
5
となっていて、
欲しい6には届いていませんでした。

なるほど………

引用===
C[46]≧46を取り出せるための第
６の式が全然分からなくて・・・
===
ということなのですね……？？

メルセンヌ数は、1が並んだ数であるが、wikipediaより、

7以上の

2^3-1=30n+7
2^5-1=30n+1
2^7-1=30n+7
2^13-1=30n+1
2^17-1=30n+1
2^19-1＝30n+7
2^31-1=30n+7
2^61-1=30n+1
2^89-1=30n+1
2^107-1=30n+7
2^127-1=30n+7
2^521-1=30n+1
2^607-1=30n+7
2^1279-1=30n+7
2^2203-1=30n+7
2^2281-1=30n+1
2^3217-1=30n+1
2^4253-1=30n+1
2^4423-1=30n+7
2^9689-1=30n+1
2^9941-1=30n+1
2^11213-1=30n+1
2^19937-1=30n+1
2^21701-1=30n+1
2^23209-1=30n+1
2^44497-1=30n+1
2^86243-1=30n+7
2^110503-1=30n+7
2^132049-1=30n+1
2^216091-1=30n+7
2^756839-1=30n+7
2^859433-1=30n+1
2^1257787-1=30n+7
2^1398269-1=30n+1
2^2976221-1=30n+1
2^3021377-1=30n+1
2^6972593-1=30n+1
2^13466917-1=30n+1
2^20996011-1=30n+7
2^24036583-1=30n+7
2^25964951-1=30n+7
2^30402457-1=30n+1
2^32582657-1=30n+1
2^37156667-1=30n+7
2^42643801-1=30n+1
2^43112609-1=30n+1
2^57885161-1=30n+1
2^74207281-1=30n+1
2^77232917-1=30n+1
2^82589933-1=30n+1

以上からして、7以上のメルセンヌ数は、30n+P型の素数で、30n+1、30n+7しかとらない。

＞さて、30n+Pには、P=11,13,17,19,23,29もあるが、
2^a-1=30n+P
P+1=2qとして、
2^a-2q=30n
2^(a-1)-q=15n
P=11,13,17,19,23,29のとき、q=6,7,9,12,15で、
2^(a-1)-q=15n
を成り立たせることはできない。

P=11,13,17,19,23,29のとき、P+1=2qに代入すると、q=6,7,9,10,12,15で、
2^(a-1)-q=15nに代入すると、2^(a-1)＝15n＋6,9,10,12,15の場合は３または５でくくれるのであり得ませんが、
2^(a-1)＝15n＋7の場合は「2^(a-1)-q=15nを成り立たせることはできない」証明はされたのでしょうか。
一応、n=1000くらいまではプログラミングを組んでありませんでしたが。

for n in range(1,1001):
expr = 15*n + 7
if list(bin(expr)).count('1') == 1:
print('OK')
else:
print('NG')

2^1,2^2,2^3,2^4,…を15で割った余りは
2,4,8,1,2,4,8,1,…となりますので
15n+7になることはないですね。

また、元の問題は最初からmod30で考えると簡単です。
2^1,2^2,2^3,2^4,…を30で割った余りは
2,4,8,16,2,4,8,16,…
のようになりますので、2^a-1=30n+1,3,7,15しかあり得ません。
よって素数になる場合は30n+1,7のみです。

らすかるさん、ありがとうございます。勉強になりました。

＞さて、メルセンヌ数と30n+1は、
2^a-1=30n+1
2^a-2=30n
2^(a-1)-1=15n

メルセンヌ数はaが素数であるので、a-1は偶数の合成数である。
2^(a-1)-1=1+2+2^2+2^3+2^4+・・・+2^(a-2)
より、2^(a-1)-1は、1が偶数個並んだ数であり、その数は合成数である。

そこで、15は2進数1111であるから、2^(a-1)-1は、1が偶数個並んだ数であり、4個並んだ数で割り切れる。
つまり、a-1は、4の倍数である。

２進法を使わない場合は、
2^a-1=30n+1
2^a-2=30n
2^(a-1)-1=15n
2^(a-1)-1=(2^4-1)n
因数分解の公式より、2^4m-1=(2^4)^m-1=(2^4-1){(2^4)^(m-1)+(2^4)^(m-2)＋…＋１}
よって、a-1は４の倍数ですね。

凸五角形ABCDEは
AC/sin∠B=BD/sin∠C=CE/sin∠D=DA/sin∠E=EB/sin∠A
が成り立っていれば外接円が存在すると思います。
「角度だけ」や「辺の長さだけ」の条件ではダメです。
またより一般には
n角形のn辺それぞれの垂直二等分線（全部でn本）の
すべてが1点で交われば外接円が存在します。

(追記)
上の「角度だけ」は「内角だけ」のつもりでしたが、内角に限らなければ「角度だけ」でも行けますね。
五角形ABCDEで
∠BCE＝∠BDE＝π-∠A
であれば外接円が存在すると思います。

> "らすかる"さんが書かれました:
> 凸五角形ABCDEは
> AC/sin∠B=BD/sin∠C=CE/sin∠D=DA/sin∠E=EB/sin∠A
> が成り立っていれば外接円が存在すると思います。
> 「角度だけ」や「辺の長さだけ」の条件ではダメです。
> またより一般には
> n角形のn辺それぞれの垂直二等分線（全部でn本）の
> すべてが1点で交われば外接円が存在します。

> (追記)
> 上の「角度だけ」は「内角だけ」のつもりでしたが、内角に限らなければ「角度だけ」でも行けますね。
> 五角形ABCDEで
> ∠BCE＝∠BDE＝π-∠A
> であれば外接円が存在すると思います。
なるほどです。綺麗な条件ですね。
これなら、一般化もできそうですけど
直観的には成り立つと思います。
星型図形；凸多角形の対角線を結び、閉じた図形
星型図形の内角：隣り合う対角線で囲まれた角
例えば、五芒星の内角の総和は、πである。
証明は、色々あると思います。
任意に描いた、五芒星は、円に埋め込むことが可能。
そのままでは、無理でしょうが、埋め込みが可能の意味を緩くして、
角が、反時計回りにΘ１、Θ２，…、Θｎとして、
同じ順序で埋め込みが可能という意味です。

五芒星の頂点を、ＡＢＣＤＥとし、その角を
ΘＡ，ΘＢ，ΘＣ，ΘＤ，ΘＥを円周角となるように、
それぞれに対応するように、中心角をとれば、順番に
おなじように角を取ることができる。
星型図形の表記として、Ｎと互いに素なｄとおくと
Ｎ/ｄ 分数表記できるらしい。
五芒星は、５/２
他の星型Ｎ/ｄも、緩い意味で埋め込み可能

星型図形の内角の総和
星型N/ｄ とき、（Ｎ/dー２）ｄπとすれば、
通常の凸多角形は、ｄ＝１とみなせばよい。
（Ｎ－２ｄ）πでもよい

星型の表記について
互いに素、にこだわらず、ｄ＜ｎ/２ であれば、
ｎ/ｄ の表記は有効であるみたいです。
六点の場合、６/２ とすると、２点ごとに対角線を引くと、
点が余りますが、残りの点も同様にして、対角線を引くと、三角形が、二つできます。したがって、内角の総和は、２πです。
総和の公式（ｎー２d）π＝（６－２・２）π＝２π
8/2,9/3,10/2,12/４なども同様

凸多角形の対角線を等間隔で描いた図形、
以外の場合を考えてみました。
例えば、円周上に、六点ABCDEFを左周りに、適当に配置します。
AB＝１，BE＝３，EF＝１、FC＝３、CD＝１、DA＝３
数字は、長さではなくて、左回りに数えた距離に無関係な間隔です。
ｄ＝（1＋３＋１＋3＋1＋3）/6＝2 (平均値をとる)
公式に代入すると、（6－２・２）π＝2π
角度に符号を導入すると、－の角度がある場合は、角の総和は、不定となり意味を持ちませんので、＋の角のみの時とします。
左回転は＋、右回転はーです。
色々試して、うまくいきました。
もう一つ、７点を、配置して、三角形と四角形を適当に作っても、
平均が、７で割り切れ
計算すると、π＋２π＝3πでうまくいきます。
以前の削除訂正、編集しました。

dの計算：左周り（反時計まわり、一定の方向で数える）
閉曲線を作る。数えた数の総和の平均をとる。
例えば、円周上に適当に四点をとる。等間隔でなくてもよい。
それを、A、B、C、Dとし、ABDCの順で、点を結ぶと、
A～Bは、１　B～Dは、２　D～Cは、３　C～Aは、２となる。
合計１＋２＋３＋２＝８なので、平均８÷４＝２
したがって、４－２×２＝０となる。０に意味がある。
例えば、７点を配置し、蝶の形と、三角形を作ります。
７点ABCDEFG。AFGを結んで三角形、CDFEを結んで蝶の形を作ると
１５１１２６５の総和は、２１で、ｄ＝３
よって、Ｎー２ｄ＝７－２×３＝１となり、三角形の内角１８０°と一致し
蝶の形の部分が０になるので都合がよいです。

適用範囲を拡大して、
（N-２ｄ）πから（Nー２ｄーe）πを考える
正の回転だけから、直線、点を考える。
e；点だけの個数
円周上に、N個の点だけを残した場合、ｄ＝０、e＝N
（N-０－N）π＝０
４個の配置で、３点で三角形を作り、１点を残すと
１２０１より、d＝１、e＝１なので、
（４－２×１－１）π＝π　見た目と一致します。
直線の場合、点をAとBとし、AからBをｋとすると
ＢからＡは、Ｎ－ｋとなり、和はＮ、Ｎで割ってｄ＝１を得る。
二重の線のイメージの閉曲線です。

円周上のN個の点を、結ぶ図形の総角の和(まとめ)
0． 等間隔に配置した、点を一個づつ結んでできる図形。正多角形
内角の総和は、（N―2）πで与えられる
1． 配置が、等間隔でなくても、点を一個づつ結んでできる図形。凸多角形
同様に、内角の総和は、（N―2）πで与えられる
２，配置が、等間隔でなく。点をｄ個づつ結んでできる図形。星型図形
　（Ｎ－２ｄ）π　但し、Ｎ＞＝２ｄ、かつ、Ｎとｄは互いに素
3，等間隔でなく。点をｄ個づつ結んでできる図形。互いに素でない場合を含む
　（Ｎ－２ｄ）π　但し、Ｎ＞＝２ｄ　ｄが約数のとき、N/d個の
複連結の図形を作ることができる。余った点から、ｄ個づつ繋ぐ。
中心角と円周角の関係から、導くことができる。

4、連結して結ぶ線の足の長さが同じでなくても、公式が適用される。
どこを始点に数え始めてもよいが、必ず反時計回りに数える。
隣の点と結ぶ場合、足の長さｃ＝１とする。間に一個おいて結ぶ場合ｃ＝２。以下同様。ｃはＮ－１まで数えることができる。全ての足の長さの和をＮで割ったもの（平均）をｄとする。そうすると、1，2、３までの結果を含むことになる。但し、N＞＝２ｄ
この時、角の総和が不定（点の配置によって、総角の和が一定ではない）の図形ができるときがある。不定の図形は、捻じれが生じてるからで、全て正の回転、全て負の回転の場合以外は、不定になる。全て負の回転の場合、逆順が、全て正の回転になります。
正の回転は、Ａ→Ｂ→Ｃのとき、∠ＡＢＣが、Ｃから見てＡが、反時計周りのとき、そうでないとき、負の回転となる。不定の図ｎ個のとき、ｎ―２ｄの値の総和をeとする。
これは、不定の場合、角の総和を０とみなすため引くことにするためである。
（Ｎ＝２のとき、直線は、不定なので、０となる。Ｎ＞＝３のとき、N―２ｄの値としては、１となる。）
Ｎ－２ｄの値が負になることがあるが、それは、逆順であるため、始点を変えればよい。
絶対値は同じになる。
公式　（Ｎ―2ｄ－e）π　となる。但し、Ｎ＞＝２ｄ

5、公式を円周上の置換、全てに、適用することができる。
N個の円周上の点を反時計周りにナンバリングする。０～Ｎ－１。
０からＮ－１の全単射で、写像に従って、→で結んだ図形（置換の図）を対象に、公式の適用を考えることができます。この時、ｋからｋの写像のときは、足の長さｃ＝０とし、単点とよぶことにする。単点の個数を不定の数eに加える。角が不定の場合を除けば、
公式　（N―２ｄ―e）π　となる。但し、Ｎ＞＝2ｄ
具体例　Ｎ＝１１個の点を適当に配置し、ナンバリングする。
全単射（置換）
（０，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10）→（2，0，5，3，6，8，7，4，9，1，10）
図を描くと、６点の角が不定の図、３点の三角形、単点２個ができる。
足の長さｃは、点２から始めて、６個の閉曲線を、点４から、始めて三角形をつくり、
ｄ＝（3＋3＋1＋3＋10＋2＋2＋１＋８＋０＋０）/11=3,
点３と１０は単点なので、６点の平曲線は、角が不定でそれ自身の値は2 ,
よって、e＝2＋2＝4、(N-2d-e)=(11-6-4)=1
したがって、総角は１８０°で一致します。

安定な図形（点の配置、等間隔に無関係に、円周角の総和が一定である。正の角のみをもつ図形）のみをもつ図形の種類を、数えてみました。
反時計まわりに、ナンバリングしました。
２点のときは、円周角がないので、０
３点のときは、三角形がひとつ、逆順も同じ形なので、1種類と考えます。
（０，１，２）⇒（１，２，０）の置換のみ　1個　総和１８０°
４点のときは、四角形がひとつ、
（０，１，２，３）⇒（１，２，３，０）の置換のみ　一個　総和３６０°
５点のときは、五角形と星型のふたつ
（０，１，２，３，４）⇒（１，２，３，４，０）ｘ＋１　総和５４０°
（０，１，２，３，４）⇒（１，２，３，４，０）ｘ＋2　総和１８０°
の二つ、０，１，１，２と見覚えのある数列
６点のときは、3種
（０１２３４５）⇒（１２３４６０）六角形　ｘ＋１　総和７２０°
（０１２３４5）⇒（２３４５０１）三角形二個ｘ＋２　総和３６０°
他に、三角形が二つの場合も同一視する
（０１２３４5）⇒（234051）　総和３６０°
回転して、重なるものは、同一視する。

N=6の場合、新たに一個見つかり、フィボナッチ数列の予想が外れましたが、
トリボナッチの可能性が？
（０１２３４５）⇒（１４３０５２）

同一視する、必要条件は、
１，円周角の総角の和が等しいこと
２、形が同じであること。逆順と回転しておなじになる。
逆順は、置換が逆になる。回転は、足跡（足の長さの順番が違うだけ、サイクルは一緒）
例えば、０から始めて、足跡（1122422）の図と、１から始めて（1122422）同じという意味です。
３，二つ以上のサイクルに分かれる時、６点＝３＋３、７点＝３＋４，
８点＝３＋５，８点＝４＋４
サイクルの型が一致。それぞれのサイクルは、同一視できる。
各サイクルのみの部分で考えれば、足跡も一致する。
４，形は異なるが、足跡の数の中身が一致する。後述
足跡表示で、表せば、始点に無関係に、同じ形になる。足跡とは、
区間の長さを表示するもので、１は隣の点、２は一つ点を越えて線を引くことなど。

７点のときは、７種類
① 足跡表示　（１１１１１１１）＝７　７角形　ｘ＋１　総角　９００°
② 足跡表示　（２２２２２２２）＝１４　星型　ｘ＋２　総角　５４０°
③ 足跡表示　（３３３３３３３）＝２１　星型　ｘ＋3　総角　１８０°
④ 足跡表示　（１５１１１１４）＝１４複体の三角と四角総角　５４０°　
位置や形が違っても、三角形と四角形は全て同一視する。３の内容　
⑤ 足跡表示（１３１４１３１）＝１４三角形二つ四角形　総角　５４０°
⑥ 足跡表示　（１１２２４２２）＝１４　　　　　　　　総角　５４０°
⑦ 　（１２１２３３２）と（１２２１３２３）＝１４　 総角　５４０°
上の二つは、見た目は異なるが、
足跡の数の内容が一致するので、同一視する。

８点のときは、１３種類、全て足跡表示です。
① （１１１１１１１１）＝８　ｘ＋１　八角形　総角　１０８０°
② （２２２２２２２２）＝１６　ｘ＋２　星型　　総角　７２０°
③ （３３３３３３３３）＝２４　ｘ＋３　星型　　総角　３６０°
④ （１２２２３２２２）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑤ （１６１１１１１４）＝１６　（３，５）の複体　総角　７２０°
⑥ （１６１２２５２５）＝２４　（３，５）の複体　総角　７２０°
⑦ （１５１５１５１５）＝２４　　　　　　　　　　総角　３６０°
⑧ （１２２２３２２２）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑨ （１２３１３２１３）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑩ （１２３４２１２１）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑪ （１１２２５２２１）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑫ （１４１４１１３１）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑬ （３１３３４３４３）＝２４　　　　　　　　　　総角　３６０°

④が重複してたので、削除しました。

９点のときは、２４種、全て足跡表示です。
① (111111111)
② (2222222222)
③ (333333333)
④ (4444444444)
⑤ (171111114)
⑥ (171226224)
⑦ (1711311616)
⑧ 161111115
⑨ (161122626)
⑩ (123232122)
⑪ (442222443)
⑫ (443122353)
⑬ (442424133)
⑭ (123521211)
⑮ (133131213)
⑯ (334334331)
⑰ (433232334)
⑱ (422211222)
⑲ (341515143)
⑳ (114114114)
21 (141244425)
22 (442411416)
23 (6221111122)
24 (532244223)

足跡でけいさんすると、
（32523252）＝24、ｄ＝２４÷８＝３
Ｎー２ｄ＝８－２×３＝２、２π

(1)は
Σ[k=1～∞]1/m^k=1/(m-1)から
Σ[k=2～∞]S(k)
=Σ[k=2～∞]Σ[p∈prime]1/p^k
=Σ[p∈prime]Σ[k=2～∞]1/p^k
=Σ[p∈prime](1/p)Σ[k=1～∞]1/p^k
=Σ[p∈prime]1/{p(p-1)}
=1/(2*1)+1/(3*2)+1/(5*4)+1/(7*6)+…

(2)は
Σ[k=1～∞](-1)^k/m^k=-1/(m+1)から
Σ[k=2～∞](-1)^k・S(k)
=Σ[k=2～∞](-1)^k・Σ[p∈prime]1/p^k
=Σ[k=2～∞]Σ[p∈prime](-1)^k/p^k
=Σ[p∈prime]Σ[k=2～∞](-1)^k/p^k
=Σ[p∈prime](-1/p)Σ[k=1～∞](-1)^k/p^k
=Σ[p∈prime]1/{p(p+1)}
=1/(2*3)+1/(3*4)+1/(5*6)+1/(7*8)+…

のようになりますね。

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？