a^b = b^a の有理数解 - いろいろ@はてな

先月，「a^b = b^a を満たす有理数解の条件は?」という問題を紹介した [2005-11-9]．問題提起だけして (元々はある高名な先生から出された問題) ほったらかしてたのだが(ぉ，数日後，KND さんという方から丁寧な解答を頂いた．

何回かメールのやりとりの後に，その解答をここに転載してよいかお聞きしたところ，快諾して下さったので，ここに載せる次第．…って，あれからもう 1 ヵ月近く経ってしまいました(激ぉ．遅くなって申し訳ないです．

厳密な証明は意外と厄介だったり．ちなみに，N が 1 の時が 2^4=4^2 に相当しますね．

有理数解は
 
  (a, b) = ( ((N+1)/N)^N, ((N+1)/N)^{N+1} )  （N: 整数、N≠0,-1）
 
に限る．
(証明)
 
a = 0 または b = 0 の場合は明らかに a^b≠b^a であることから
a, b≠0 である。
 
b/a =: R と置くと、a と b が有理数であることから R も有理数
であり、R≠0,1。また、「a^b = b^a」より「b = a^R」であること
が、R の定義より「b = Ra」であることがそれぞれわかり、
 
  a(a^{R-1}-R) = 0
 
が導かれる。a≠0 より、a と b は以下のように定まる。
 
  a = R^{1/(R-1)}, b = Ra = R^{1+1/(R-1)} = R^{R/(R-1)}
 
N := 1/(R-1)（≠0,-1）が整数であれば a = R^N と b = R^{N+1}
は有理数。このときは R = (N+1)/N であり、R が有理数だという
条件にも反していない。したがって
 
  (a, b) = ( ((N+1)/N)^N, ((N+1)/N)^{N+1} )
 
は a^b = b^a の有理数解を与えている。
 
次に、1/(R-1) が整数でなく、a = R^{1/(R-1)} が有理数になるよ
うな有理数 R が存在すると仮定する。以下、この仮定から矛盾を
導き出す。
 
1/(R-1) は有理数なので、1/(R-1) が 1/m の整数倍となるように
2 以上の整数 m をとることができる。そのような m のうちで最小
のものを M とする。
 
1/(R-1) =: n/M とすると、M の最小性より gcd(n, M) = 1 であり、
R = (M+n)/n。このとき、a = R^{n/M} が有理数になるのは R^{1/M}
が有理数のときに限る。実際、n＞0 のときは a = ((M+n)/n)^{n/M}
を既約な整数比表現 S/U と表記すると、(M+n)^n/n^n = S^M/U^M で、
両辺の分母も分子も整数の nM 乗である。(M+n)^n/n^n =: s^{nM}/u^{nM}、
つまり (M+n)/n =: s^M/u^M と置くと
 
  R^{1/M} = ((M+n)/n)^{1/M} = (s^M/u^M)^{1/M} = s/u
 
であり、R^{1/M} が有理数であることが導かれる。n＜0 のときは
a = (|n|/(|n|-M))^{|n|/M} を既約な整数比表現 S/U と表記する
ことで同様に R^{1/M} が有理数であることが導かれる。したがっ
て、
 
  R := s^M/u^M  （s と u は整数、u＞1、gcd(s, u) = 1）
 
と置くことができる。このとき、1/(R-1) = u^M/(s^M-u^M) である。
gcd(u^M, s^M-u^M) = 1 であることから、u^M/(s^M-u^M) は既約な
整数比表現になっている。一方、1/(R-1) = n/M の右辺も既約な整
数比表現で M＞0 であることから、|s^M-u^M| = M であることが導
かれる。
 
しかし、以下のように |s^M-u^M|＞M であることが示せる。つまり、
1/(R-1) が整数でなく、a = R^{1/(R-1)} が有理数になるような有
理数 R は存在しない。
 
(1) |R|＞1 のとき: |s|＞u であることから
 
  |s^M - u^M| ≧ |s|^M - u^M
              ＝ (|s|-u)(|s|^{M-1} + |s|^{M-2}u + |s|^{M-3}u^2 + ...
                               + |s|^2u^{M-3} + |s|u^{M-2} + u^{M-1}) 
              ＞ 1×(u^{M-1}×M) ≧ M
 
が成立する。
 
(2) 0＜|R|＜1 のとき: 0＜|s|＜u であることから
 
  |s^M - u^M| ＝ |u^M - s^M|
              ≧ u^M - |s|^M
              ＝ (u-|s|)(u^{M-1} + u^{M-2}|s| + u^{M-3}|s|^2 + ...
                             + u^2|s|^{M-3} + u|s|^{M-2} + |s|^{M-1})
              ＞ 1×(|s|^{M-1}×M) ≧ M
 
が成立する。
Q.E.D.
(補足) 有理数 r に対して r = x/y = X/Y という 2 つの既約な整数比
表現がある（つまり gcd(x, y) = gcd(X, Y) = 1）なら、|x| = |X| 
かつ |y| = |Y|．

そうだ，せっかくはてなにミラーがあるんだから，TeX 記法でも書いておこう．以下の記述は，tDiary だとわけわかめなことになってるはず．mime TeX で整形された文書はここらへんの下の方参照．

有理数解は

$(a, b) = \left( \left(\frac{N+1}{N}\right)^N, \left(\frac{N+1}{N}\right)^{N+1} \right)$ （ $N$ : 整数、 $N \neq 0,-1$ ）

に限る．
(証明)

a = 0 または b = 0 の場合は明らかに $a^b \neq b^a$ であることから $a, b \neq 0$ である。

$b/a = R$ と置くと、a と b が有理数であることから R も有理数であり、 $R \neq 0,1$ 。また、「 $a^b = b^a$ 」より「 $b = a^R$ 」であることが、R の定義より「b = Ra」であることがそれぞれわかり、

$a\left(a^{R-1}-R\right) = 0$

が導かれる。 $a \neq 0$ より、a と b は以下のように定まる。

$a = R^{\frac{1}{R-1}}, b = Ra = R^{1+\frac{1}{R-1}} = R^{\frac{R}{R-1}}$

$N =frac{1}{R-1} ( \neq 0,-1)$ が整数であれば $a = R^N$ と $b = R^{N+1}$ は有理数。このときは $R = \frac{N+1}{N}$ であり、R が有理数だという条件にも反していない。したがって

$(a, b) = \left( \left(\frac{N+1}{N}\right)^N, \left(\frac{N+1}{N}\right)^{N+1} \right)$

は $a^b = b^a$ の有理数解を与えている。

次に、 $\frac{1}{R-1}$ が整数でなく、 $a = R^{\frac{1}{R-1}}$ が有理数になるような有理数 R が存在すると仮定する。以下、この仮定から矛盾を導き出す。

$\frac{1}{R-1}$ は有理数なので、 $\frac{1}{R-1}$ が $\frac{1}{m}$ の整数倍となるように2 以上の整数 m をとることができる。そのような m のうちで最小のものを M とする。

$\frac{1}{R-1} = \frac{n}{M}$ とすると、M の最小性より gcd(n, M) = 1 であり、 $R = \frac{M+n}{n}$ 。このとき、 $a = R^{\frac{n}{M}}$ が有理数になるのは $R^{\frac{1}{M}}$ が有理数のときに限る。実際、 $n \gt 0$ のときは $a = \left(\frac{M+n}{n}\right)^{\frac{n}{M}}$ を既約な整数比表現 $\frac{S}{U}$ と表記すると、 $\frac{(M+n)^n}{n^n} = \frac{S^M}{U^M}$ で、両辺の分母も分子も整数の nM 乗である。 $\frac{(M+n)^n}{n^n} = \frac{s^{nM}}{u^{nM}}$ 、つまり $\frac{(M+n}{n} = \frac{s^M}{u^M}$ と置くと

$R^{\frac{1}{M}} = \left(\frac{M+n}{n}\right)^{\frac{1}{M}} = \left(\frac{s^M}{u^M}\right)^{\frac{1}{M}} = \frac{s}{u}$

であり、 $R^{\frac{1}{M}}$ が有理数であることが導かれる。 $n \lt 0$ のときは $a = \left(\frac{|n|}{|n|-M\right)^{\frac{|n|}{M}}$ を既約な整数比表現 \frac{S}{U}] と表記することで同様に $R^{\frac{1}{M}}$ が有理数であることが導かれる。したがって、

$R = \frac{s^M}{u^M}$ （s と u は整数、 $u \gt 1$ 、gcd(s, u) = 1）

と置くことができる。このとき、 $\frac{1}{R-1} = \frac{u^M}{s^M-u^M}$ である。gcd( $u^M$ , $s^M-u^M$ ) = 1 であることから、 $\frac{u^M}{s^M-u^M}$ は既約な整数比表現になっている。一方、 $\frac{1}{R-1} = \frac{n}{M}$ の右辺も既約な整数比表現で $M \lt 0$ であることから、 $|s^M-u^M| = M$ であることが導かれる。

しかし、以下のように $|s^M-u^M| \gt M$ であることが示せる。つまり、 $\frac{1}{R-1}$ が整数でなく、 $a = R^{\frac{1}{R-1}}$ が有理数になるような有理数 R は存在しない。

(1) $|R| \gt 1$ のとき: $|s| \gt u$ であることから

$|s^M - u^M| \geq |s|^M - u^M$
$= (|s|-u)\left(|s|^{M-1} + |s|^{M-2}u + |s|^{M-3}u^2 + \dots$
$+ |s|^2u^{M-3} + |s|u^{M-2} + u^{M-1}\right)$
$\lt 1 \times (u^{M-1} \times M) \geq M$

が成立する。

(2) $0 \lt |R| \lt 1$ のとき: $0 \lt |s| \lt u$ であることから

$|s^M - u^M| = |u^M - s^M|$
$\geq u^M - |s|^M$
$= (u-|s|)\left(u^{M-1} + u^{M-2}|s| + u^{M-3}|s|^2 + \dots [tex:+ u^2|s|^{M-3} + u|s|^{M-2} + |s|^{M-1}\right)$
$\gt 1 \times (|s|^{M-1} \times M) \geq M$

が成立する。

Q.E.D.

(補足) 有理数 r に対して r = x/y = X/Y という 2 つの既約な整数比
表現がある（つまり gcd(x, y) = gcd(X, Y) = 1）なら、|x| = |X|
かつ |y| = |Y|．