ｎ個の同じ大きさの正方形や円を重ならないように最小面積の正方形や円に詰め込む問題は実用価値があります．実生活でもカンやビンをいろいろな形の容器に詰め込む必要はよくありますが，大規模集積回路（ＶＬＳＩ）のチップ面積をできるだけ小さく設計する場合，モジュール部品をどのように配置したらよいのかなど現実的な要請があるからです．今回のコラムではリュカの問題とモーザーの問題を紹介します．
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【１】リュカの問題
正方形充填問題における最適な詰め込みかたは意外なことにｎが平方数のときとｎが２，３，５のごく小さい値のときだけしかわかっていません．たとえば，ｎが１７から１９までの場合の単位正方形をつめこむことができる最小の正方形を読者は発見できるでしょうか．この節では類似の問題として，辺が相続く整数列１，２，３，４，５，・・・の大きさの異なる正方形による正方形充填問題について考えてみることにします．
１^2＋２^2＋３^2＋・・・＋２４^2＝２４（２４＋１）（２・２４＋１）／６＝７０^2
は，最初の２４個の平方数の合計が平方数になっているという面白い式です．驚異的ですらあります．
級数の公式：Σｋ^2＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）／６をご存じの方も多いでしょうが，１からｎまでの平方の和が平方数となるのはｎが１か２４の場合しかありません．四面体数＝四角数あるいは２５平方の等式ともいうべきこの等式はリュカの問題（１８７３年）として知られています．
ｙ^2＝ｘ（ｘ＋１）（２ｘ＋１）／６の唯一自明でない整数解は（２４，７０）で，それ以外の自明な解がないことは楕円関数やペル方程式を使って証明されています．すなわち，１より大きい数でこれが起こるのは２４だけで，それ以外の数では決して最初の２個の平方の和は平方数にはならないのです．
この等式は辺の長さが相続く整数列１，２，・・・，２４の正方形を１辺の長さ７０の正方形の中に詰め込める可能性があることを示唆しています．それでは，実際に，７０×７０の正方形を辺が１から２４の相続く正方形によって埋めつくすことができるでしょうか．この問題の答えは否定的（不可能）です．１辺の長さ７の正方形を除くすべての正方形は詰め込めるのですが・・・．それならば，無駄な空間の割合を最小にして，辺の長さが１，２，・・・，ｎの正方形を全て詰め込むことができる最小の正方形の辺の長さはいくつでしょうか．また，相続く整数辺の正方形を使って長方形を充填できるでしょうか．
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【２】リュカの問題の拡張
上記の問題を立方体に拡張することははるかに難しくなりますが，次に，たくさんの小立方体を立方体に詰め込む問題について考察してみましょう．最初のｎ個の立方数の和は平方数になります（Σｋ^3＝｛ｎ（ｎ＋１）／２｝^2）．
フィボナッチはこれを次のように証明しました．
１^3＝１，２^3＝３＋５，３^3＝７＋９＋１１，４^3＝１３＋１５＋１７＋１９，５^3＝２１＋２３＋２５＋２７＋２９，・・・
また，最初のｎ個の奇数の和は１＋３＋５＋・・・＋（２ｎ−１）＝ｎ^2 ，最初のｎ項までに現れる奇数の全項数は１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ（ｎ＋１）／２
よって，
１^3＋２^3＋３^3＋・・・＋ｎ^3＝｛ｎ（ｎ＋１）／２｝^2＝（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）^2
が示されます．
三角数とはｍ（ｍ＋１）／２の型の自然数のことと定義すると，任意の立方数は２つの三角数の平方数の差と表されることがわかります．すなわち，ｙ^3＝｛ｙ（ｙ＋１）／２｝^2−｛ｙ（ｙ−１）／２｝^2がこの証明の根拠となっていることが理解されます．
１^3＋２^3＋３^3＋・・・は完全平方数ですが，はたして，この数は立方数になりうるでしょうか．
１^3＋２^3＋３^3＋・・・＝１・１^2＋２・２^2＋３・３^2＋・・・
より，この関連問題は，ある１つの正方形を１辺１の正方形１個，１辺２の正方形２個，１辺３の正方形３個，以下同様・・・，によって充填する問題といい換えてもよいのですが・・・．
また，１からはじめなくてもよければ，３^2＋４^2＝５^2，１８^2＋１９^2＋・・・＋２８^2＝７７^2，３^3＋４^3＋５^3＝６^3，１１^3＋１２^3＋１３^3＋１４^3＝２０^3など連続した平方（立方）数の和が平方（立方）数となることはあるのですが，ｙ^3＝｛ｘ（ｘ＋１）／２｝^2にｘ＝１，ｙ＝１以外の自明でない整数解はあるのでしょうか？
実は，ｘ＝１を除きｘ（ｘ＋１）／２は立方数にはならないことが示されます．さらに，高次元化して
Σｋ^s＝１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s＝ｍ^s
の解について考察してみてもおもしろいかと思われます．ベルヌーイ数Ｂnが
Σ１／ｎ^s＝１／１^s＋１／２^s＋１／３^s＋１／４^s＋・・・
の計算に重要な役割を果たしているのですが，ベルヌーイ数は元来，ベキ和
Σｋ^s＝１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s
を求めるために考案されたものです．この和の中にｓ乗数はあるでしょうか．
Σｋ＝ｎ（ｎ＋１）／２
Σｋ^2＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）／６
Σｋ^3＝ｎ^2（ｎ＋１）^2／４
Σｋ^4＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ^2＋３ｎ−１）／３０
Σｋ^5＝ｎ^2（ｎ＋１）^2（２ｎ^2＋２ｎ−１）／１２
Σｋ^6＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（３ｎ^4＋６ｎ^3−３ｎ＋１）／４２
Σｋ^7＝ｎ^2（ｎ＋１）^2（３ｎ^4＋６ｎ^3−ｎ^2−４ｎ＋２）／２４
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ですから，左辺は，ｓが偶数のときｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）（多項式）／（整数），１以外の奇数のときｎ^2（ｎ＋１）^2（多項式）／（整数）と書くことができます．Σｋ^sは（ｓ＋１）次の多項式になり，最高次数の係数は１／（ｓ＋１）ですが，Σｋ^sはＢn を含む一般式の形で表すことができます．もっと知りたい人のためには，クヌースらによる「コンピュータの数学」共立出版刊をお勧めします．
不定方程式
Σｋ^p＝１^p＋２^p＋３^p＋・・・＋ｎ^p＝ｍ^q
は（ｐ，ｑ）＝（３，２）のときすべてのｎについて，（ｐ，ｑ）＝（１，２），（３，４），（５，２）のとき無限に整数解をもちますが，当該の不定方程式では，ｓ≧３の場合，ｘ＝ｙ＝１以外に解はないものと予想されています．すなわち，十分条件はおろか充填のための必要条件すら満足しません．有理数解ならば簡単に与えられる問題であっても整数解に限ると格段にむずかしい深遠な問題に昇華するのです．
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【３】モーザーの問題
［Ｑ１］縦，横それぞれ１／ｋ，１／（ｋ＋１）の長方形を単位正方形の中に詰め込むことができるか？
幾何学的に考慮すれば，級数Σ１／ｎ（ｎ＋１）は縦、横それぞれ１／ｋ，１／（ｋ＋１）の長方形を単位正方形の中に詰め込む問題になります．
級数Σ１／ｎ（ｎ＋１）は，優雅な公式Σ１／ｎ^2＝π^2／６に表面的にはよく類似していますが，
Σ１／ｎ（ｎ＋１）＝Σ（１／ｎ−１／（ｎ＋１））
＝（１−１／２）＋（１／２−１／３）＋（１／３−１／４）＋・・・
＝１
となり，両者の間には大きな格調の差があるという有名な例になっています．
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［Ｑ２］１辺の長さが１／２，１／３，１／４，・・・の正方形を１辺の長さが√（π^2／６−１）の正方形の中に詰め込むことができるか？
オイラーのゼータ関数ζ（２）＝Σ１／ｎ^2＝π^2／６を幾何学的に考慮すれば，１辺の長さが１／２，１／３，１／４，・・・の正方形を１辺の長さが√（π^2／６−１）の正方形の中に詰め込む問題になります．
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［Ｑ３］１辺の長さが１／３，１／５，１／７，・・・の正方形を１辺の長さが√（π^2／８−１）の正方形の中に詰め込むことができるか？
オイラーのゼータ関数Σ１／（２ｎ＋１）^2＝π^2／８を幾何学的に考慮すれば，１辺の長さが１，１／３，１／５，１／７，・・・の正方形を１辺の長さが√（π^2／８−１）の正方形の中に詰め込む問題になります．
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Ｑ１に関しては辺長５０１／５００の正方形に詰め込めることが証明されています．また，Ｑ３に関しては面積
（１／３＋１／５）（１／３＋１／９）＝３２／１３５
の長方形に詰め込めることが示されています．
以上の同趣向の３つの問題はいまだに解かれていません．もし肯定的に解かれるならばそれ以上の改良はできないことは明らかです．しかしながら，以下の２つの問題は正確な結果が得られています．
［Ａ４］１辺の長さが１／２，１／３，１／４，・・・のすべての正方形を１辺の長さが５／６の正方形の中に詰め込むことができる．
［Ａ５］半径が１，１／２，１／３，１／４，・・・のすべての円を半径３／２の円の中に詰め込むことができる．
ところで，Ｑ２は１辺の長さが１，１／２，１／３，１／４，・・・の正方形を１辺の長さがπ／√６の正方形の中に詰め込む問題，Ｑ３は１辺の長さが１，１／３，１／５，１／７，・・・の正方形を１辺の長さがπ／√８の正方形の中に詰め込む問題と等価になるのでしょうか？
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