【１】カタラン予想の解決

　１８４４年，ベルギーの数学者カタランは方程式：

　　ｘ^p−ｙ^q＝１

の整数解が（ｘ，ｙ，ｐ，ｑ）＝（３，２，２，３）だけである，すなわち，８と９だけが唯一連続するベキ乗数であるということであると予想しました．　　３^2−２^3＝１

ですが，それに証明を与えることはできませんでした．

　この問題には長い歴史があります．ビトリーは平方数と立方数で１違うものは（１，２）（２，３）（３，４）（８，９）しかないと指摘，ゲルションは３^m±１（ｍ＞２）は必ず奇数の素因数をもつため，２の累乗にはならないことを証明してビトリーの正当性を明らかにしました．

　ベルゲンは１３２０年頃，

　　３^p−２^q＝１

ならば（ｐ，ｑ）＝（２，３）であることを証明しました．

　１７３４年，オイラーは，

　　ｘ^2−ｙ^3＝１

ならば（ｘ，ｙ）＝（３，２）であることを示しました．しかし，カタラン予想は４以上の累乗も認められているので，こうした結果だけでは証明できません．

　オイラー以後，カタラン予想の一般的な証明は多くの数学者たちの挑戦を退けてきたのですが，２００２年，ミハイレスクがすべてを解決しました．

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【２】ゲルションの証明

　もちろん，指数ディオファントス方程式

　　２^n＝２^m−１

には（ｎ，ｍ）＝（０，１）以外の整数解は存在しない．

　　２^n＝３^m−１

が２つの自明な解（ｎ，ｍ）＝（１，１），（３，２）以外の整数解をもつかどうかという問題が起こってくるが，ゲルションはこれらが唯一の解であることを証明した．

　まず，練習として

　　３^n＝２^m−１

が（ｎ，ｍ）＝（１，２）以外の整数解をもつかどうかを調べよう．

　ｎ＞１なる解が存在するならば３^n＝９ｋであるから

　　２^m＝１　　　（ｍｏｄ９）

　　２^r＝２，４，８，７，５，１　　　（ｍｏｄ９）

より，９を法とする２の位数は６である．これは６はｍを割り切ること（ｍ＝６ｂ）を意味する．

　これより，

　　２^m＝２^6b＝（２^3）^2b＝８^2b＝１^2b＝１　　　（ｍｏｄ７）

７は２^m−１を割り切ることになるが，３^nは７では割り切れないので矛盾．したがって，ｎ≦１で（ｎ，ｍ）＝（１，２）が唯一の解である．

　　２^n＝３^m−１

に対しては同様に，ａ＞３なる解が存在するならば２^n＝１６ｋであるから

　　３^m＝１　　　（ｍｏｄ１６）

　１６を法とする３の位数は４である．これは４はｍを割り切ること（ｍ＝４ｂ）を意味する．

　　３^m＝３^4b＝１　　　（ｍｏｄ１６）

　また，５を法とする３の位数は４であるから，

　　３^4＝１　　　（ｍｏｄ５）

したがって，

　　３^4b＝３^4＝１　　　（ｍｏｄ５）

　ところが，

　　５｜（３^m−１）＝２^n

は２のベキが５で割り切れないので矛盾．したがって，（ｎ，ｍ）＝（１，１），（３，２）が唯一の解である．

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【３】ウィルソンの定理

（Ｑ）ｐを素数とするとき，

　　（ｐ−１）！＝−１　　（ｍｏｄ　ｐ）

　　ｐ｜（ｐ−１）！＋１

を証明せよ（ウィルソンの定理）

（Ａ）｛２，３，・・・，ｐ−２｝のなかで，ｘｘ’＝１　　（ｍｏｄ　ｐ）を満足させるようなｘ，ｘ’の対を考える．ｐ＞３であればｘｘ’＝１　　（ｍｏｄ　ｐ）となるようなｘと異なるｘ’が存在する．もしｘ＝ｘ’ならば（ｘ＋１）（ｘ−１）＝０（ｍｏｄｐ）となり，ｘ＝１かまたはｘ＝ｐ−１でなければならない．ゆえに

　　２・３・・・（ｐ−２）＝１　　（ｍｏｄ　ｐ）

ｐ−１を掛けると

　　１・２・３・・・（ｐ−２）（ｐ−１）＝ｐ−１＝−１　　（ｍｏｄ　ｐ）

　もしｐが１＜ｕ＜ｐとなる約数ｕをもつとすれば

　　１・２・３・・・（ｐ−２）（ｐ−１）＋１＝１　　（ｍｏｄ　ｕ）

でなければならない．→ｐは素数である．

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【４】ウェアリングの問題

　整数ｎがｋ乗の和として表すことができる異なる方法ｒk（ｎ）はいくつあるか？の漸近的平均は，半径√Ｎの円と球の格子点を数えることによって．

　　Σｒ2（ｎ）＝πＮ＋Ｏ（√Ｎ）

　　Σｒ3（ｎ）＝４π／３・Ｎ^3/2＋Ｏ（Ｎ）

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