◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答。
【問題３<自然数の場合>の若干別解 と Ｚ，Ｑの解】
問題４の方法を問題３に適用して見ました。
【定義】
Hp(n)=f(n*p3)3、n∈非負整数：Ｎ0 ，p∈自然数:N
【線形関係】
m、n、s、t∈Ｎ０
m3+n3= s3+t3 ならば Hp(m)+Hp(n)=Hp(s)+Hp(t)
∵ (mp3) 3+(np3)3= (sp3)3+(tp3)3 が成立するから。
【限定的線形関係】
n.∈Ｎ０，Hp(2n3)=8*Hp(n3)
∵ (n3)*p3 =(np) 3よりHp(n3) = f(pn)9
(2n3)*p3 =(np3) +(np3)よりHp(2n3) =8*f(n) 9
この２種の線形関係を用いて、前回同様に連立線形方程式を解くと、
N＝６２４までの方程式からｎ≦１３０までのHp(n)を
Hp(1)とHp(3)で表すことが可能であることが判った。
計算結果６(143Kbte)前半。
さらに、n＝９９９９までの方程式を適用すると、
方程式に現れたものは全てHp(1)とHp(3)で表すことが可能でした。
計算結果６(143Kbte)後半。
（ つまりほぼ間違いなくdinＫＶ‘３＝２ である。）
特に後で用いる関係を取り出すと、 下記が成立しています。
Hp(8)=-217Hp(1)+27Hp(3) --------------(1)
Hp(9)=-297Hp(1)+38Hp(3) --------------(2)
【非線形関係】
9p3=p3+(2p)3ですから
Hp(9)=(f(p) 3+f(2p) 3) 3=Hp(1) +Hp(8)+3f(p) 3*f(2p) 3*( f(p) 3+f(2p) 3))
移項して両辺３乗すると、下記同次３次式の方程式が得られます。
(Hp(9)-Hp(1)-Hp(8)) 3=27Hp(1)Hp(8)Hp(9) ----(3)
Hp(1)=Sをパラメータとして(1)(2)(3)を整理すると Ｈｐ(3) の３次方程式ですが、
そのうち一つの解はHp(3)=27Sであることが判っていますから、実質２次方程式です。
代入して計算すると、方程式は
(1331Hp(3)2-21168S*Hp(3)*S+84132*S2)*(Hp(3)-27*S)＝０ です。
即ち、 Hp(3)= 27*S | 6*S*(1764±√1149)/1331です。
√1149は無理数です。
よって、Hp(3)=27*S です。
【結論】
以上で計算結果６から少なくともn=５３１６以下では
Hp(n)=n*Hp（１）の関係にあることが判ります。
５３１６以下には (２、４、８)，(３、９、２７)，(５、２５、１２５)
および９００＝(２*３*５)2以下の数が含まれています。
よって限定的線形関係がｐ＝２、３、５には再帰的に適用可能であり、
因数が２、３、５のみのｎにおいて値がHp(1)より確定でます。
つまり、Hp(1)が既知であれば
Hp(２a３b５c)= ２a３b５c*Hp(1)，a,b,c∈N0 です。
もう少し計算すれば４４１００＝（２*３*５*７）2以下でも成立して、
因数７を持つものも含めて成立し、すっきりすると思われますが、
N＝９９９９では、６３００＝（２*３*５）2*７以下が判っているだけです。
一方（７、４９、３４３）は判っています。
従って、数学的帰納法により、下記までが判ります。
Hp(２a３b５c７d)= ２a３b５c７d*Hp(1)，a,b,c,d∈N0 ----(4)
ただし、 a≡b≡c≡0 mod 3 または d≡0 or 1 mod 3
次に、限定的線形関係を用いずに方程式を解けば、
少なくとも５３１６以下のｎに対して
Hp(n)をHp(1)〜Hp(８)の線形結合で表せることが判ります。
計算結果６(143Kbte)中央参照。
１〜８のうち、７以外は全部２、３、５のみを因数に持ち(4)により確定しています。
限定的線形関係を用いた場合の結果から７の１乗のものも判っています。
従って、計算結果６より、ｎ＝４９ が確定します。
即ち、(4)式が制限無しに適用できます。
以下、前回の解答と同じです。
【Ｚ：整数の場合】
以上の議論で用いた関係は 領域が整数の場合にも適用されるものばかりです。
また 0=n3+(-n)3 よりHp(-n)=-Hp(n)です。
よって整数領域でも恒等変換のみです。
【Ｑ：有理数の場合】
Hp(n)のpとして p=1/d を用いても前述の線形および限定的線形関係の証明は影響されません。
また、非線形関係(3)はHp()の同次３次式であり、やはり適用可能です。
さらにHp(3)=27Hp(1)に限定する根拠は他が無理数であることでしたから同様に限定されます。
従って、H1/d(d3)＝d3H1/d(1)=H1(1) を用いることにより
H1/d(1)=1/d3です。
即ちＱにおいても恒等変換のみです。
ただし、予想１が成立するとの前提の元でです。
なお、Ｑ上だけを証明する場合、予想は次のように条件を緩和できます。
予想Ｑ．
任意の素数p≧17に対して，その素因数（負の冪を許容）がpより小さい有理数x, y, zが存在して，
p3 = x3+ y3+ z3.
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答。
【３次の場合の線形関係生成式】
２次の場合 恒等式 (3a+4b)2+(4a-3b)2=(5a)2+(5b)2 等があって、証明が可能でした。
予想Ｑは条件が緩くなっており、もしかしてと思い、３次の場合についてそのような恒等式がないか検討しました。
問題３の証明にはつながりませんでしたが、興味ある結果が得られました。
専門家からは楕円曲面の焼き直しとして一刀両断かもしれませんが。
なお、以降では対称性を重視してＡ3＋Ｂ3＋Ｃ3＋Ｄ3＝０ で考えます。
【定義】
（１）Ａ3＋Ｂ3＋Ｃ3＋Ｄ3＝０ Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ∈Ｚ である（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ）の集合をＴとする。
（２）Ｔ2→Ｚ2の関数{ }を次のように定義する。
t1=(A1,B1,C1,D1)∈Ｔ，t2=(A2,B2,C2,D2)∈Ｔ
{t1,t2}=(A12*A2+B12*B2+C12*C2+D12*D2，A1*A22+B1*B22+C1*C22+D1*D22)
（３） ｔ＝（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ）／ＧＣＤ（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ）を
ｔ＝<Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ>であわらす。
ただし、ＧＣＤは｜Ａ｜，｜Ｂ｜，｜Ｃ｜，｜Ｄ｜が最大のものの符号をとり、最大が０の場合は１とする。
（４） ｔ＝（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ）∈Ｔに対して [t]=（a,b,c,d） は
＜Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ＞の要素を次の規則に当てはまるように置換したものである。
a≧b≧c≧d ＆ a≧|d|
【生成式補題1】
t＝（Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ）∈Ｔ であるとき 整数*t∈Ｔ
*：スカラー積
【生成式補題２】
t＝（Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ）∈Ｔ であるとき （Ａ、Ｂ，Ｃ，Ｄの置換）∈Ｔ
【生成式補題３】
ｔ1,ｔ2∈Ｔであるとき （ｐ、ｑ）∈Ｚ2 を用いて t=(ｐ、ｑ)・(t1；t2)∈Ｔである。
ここで (-ｐ,ｑ)={t1,t2}
(・：行列積 、；：次を下に入れる意味)
また、この生成方法を t= t1△t2 であらわす。
∵代入して計算すればよい。詳細略。
【生成式補題４】
ｔ1,ｔ2∈Ｔで t= <t1△t2> とするとき 補題３と１よりt∈Ｔであり、
t1= <t△t2> t2=<t△t1> である。
∵代入して計算すればよい。詳細略。
【生成式補題５】
（p，q，−q，−p）∈Ｔ ただし、p，q∈Ｚ である。
これらの集合をＷ⊂Ｔとする。
【生成式補題６】
t0∈Ｔ 、[t0]∈Ｗでない、 w(p,q)∈W ｐｑ≠０ から
生成式補題４により t(p,q)=<t0△w(p.q)>∈Ｔ を作成するとき
<t(p,q)>≠<t(p’,q’)> となるp’,q’は
<w(p,q)>＝<w(p’,q’)> を除き高々２個である。
また [<t(p,q)>] ∈Ｗでない
∵計算するとそのようなp’,q’の比は２次方程式を満足しなければならず、高々２個です。
（注記：実際にＭ＝９９９９までの計算結果１でみると、判別式が開平できるものはないようです。つまり実際は０個らしい。）
生成式補題５は「線形方程式」を作り出すものとしては役に立ちませんが、生成式補題６と組み合わせることにより、p,q２個（次元）をパラメータとして、Ｔの要素で「線形方程式」を作るのに役立つ関係を、殆ど重複することなく生成できることがわかりました。
ただし、全てのＴの要素を生み出せるということではありません。
下表は生成式補題３、４により色々作ってみたものです。
番号６、７は生成式補題６の例となります。
なお、Ｒ値の意味は補題７参照。
【生成式補題７】
t10∈Ｔ t10=(A10,B10,C10,D10) であって
Ｒ=√｛−(B10+D10)/(A10+C10)｝ ∈Ｑ であるとき、
tpq=( (A10p2＋Ｅpq−C10q2), (B10p2＋Fpq−D10q2),( C10p2−Epq−A10q2),( D10p2−Fpq−B10q2))∈Ｔ である。
ここでE=(B10-D10)*R，F=(C10-A10)/R，p,q∈Ｚ （Ｑでもよい）
なおこの操作を今後 tpq=V[t10](p,q) であらわす。
∵計算すると （p2−q2） でくくれる式が出てきて、
t10∈Ｔを適用すると恒等的に０である事がわかる。
さてそのようなt10が存在するかどうかが問題であるが、計算結果１のデータをチェックするとかなり多数存在していることが判った。
以下に代表例を示す。
なぜかＥ Ｆはかなりの率で整数である。
実際に、（１２、１、−１０、−９）→Ｒ＝２，Ｅ＝２０、Ｆ＝１１に対して適用した例を下表に示す。
Ｒ値がほぼ保持されることがわかる。
例外はp=qの場合であって、Ｒが定まらず、かつ有効な線形方程式が得られない組み合わせになっている。
また −p,−qとp,qは同じ値である。
なお、以降 Ｒが定まらない場合をＲ＝∞で表すこととする。
【生成式補題８】
あるt∈Ｔ に対して 生成式補題７のＲ値が有限で、
Ｒ(t)≠∞のものの集合をＴ（Ｒ(t)）⊂Ｔ とするとき、
|ｐ|≠|ｑ|ならば Ｖ[t](p,q)∈Ｔ（Ｒ(t)） である。
∵ Apq＋Cpq＝（ｐ2−ｑ2）)*(A10+C10)
Bpq＋Dpq＝（ｐ2−ｑ2）*(B10+D10) であるので。
【生成式補題９】
あるt∈Ｔ に対して、
｛V[Ｖ[t](p,q)](r,s)｜(p,q),(r,s)∈Z2x｝⊂Ｔ[t]⊂T(R(t)) である。
ここで T[t]=｛Ｖ[t](u,v)｜(u,v)∈Z2x｝
Z2x={(u,v)|u,v∈Ｚ & |u|≠|v|} である。
∵生成式補題８よりＶ[t](p,q)∈Ｔ（Ｒ(t)）であるから
Ｒ（Ｖ[t](p,q)）∈Ｑである。
よって、V[Ｖ[t](p,q)](r,s)∈Ｑが存在する。代入して計算すると、
V[Ｖ[t](p,q)](r,s)＝Ｖ[t](u,v)]
u=(p*r+q*s)、v=(p*s+q*r)∈Ｚ である。
【生成式補題１０】
V[Ｖ[t](p,q)](r,s)＝Ｖ[t](u,v)] を(p,q)∈Ｚ2xにおける演算×と考えた場合、
｛ (p,q)×(r,s)=(u,v) ｝ ×は可換であり、単位元は(1,0)である。
またp,q∈Ｑで考えた場合 (p,q) |p|≠|q|の逆元が存在して
それは(p/(p2-q2),-q/(p2-q2))である。
因みに「×」は、虚実数上の積と同じ働きをもつ。
（（ 虚実数＝x+y*ρ ρ≠±１ ρ2＝１ x,y∈実数））
∵u=(p*r+q*s)、v=(p*s+q*r)
【生成式補題１１】
Ｖ[t](ｓ,ｔ)は tとw(p,q)∈Wを用いて補題３、４の方法でも生成することが可能である。
ただし、現実に計算する場合、後者はかなり大きな公倍数を持っており、
Ｖ[t](ｓ,ｔ)で計算するほうが効率的である。
一方、前者は後者の全てを生成できるわけではない。
∵代入して計算すればよい。詳細略。
【生成式補題まとめ】
生成式補題６で既約化しないで生成した場合、生成式はｐ、ｑの２次式であるため、ｐ、ｑ２パラメータで振っても、ｐ、ｑが大きくなると疎らになり、全てをカバーするのは困難である。
一方、次元的には同じオーダーであり、実際にＰＣで確かめてみると、予想Ｑの成立に必要な、素数を下位素数冪のみの項で表記できる線形関係のうちの一定の割合をｐ、ｑが大きくなってもカバーしていることがわかった。
従って、既約化により密度が上昇すれば全体をカバーできる可能性がある。
生成式補題７によれば、生成式補題６で得た場合はかなり上のほうから既約化により落ちてくる関係を効率的に計算できる。
そこで、
（１）生成式補題７のｐ、ｑを広く振って（〜３００）種となるｔを生成する。
（２）生成式補題1〜２により容易にわかる関係を生成する。
（３）これらを出発点とし、生成式補題６においてｐ、ｑを若干ずつ振って（〜２５）種を生成する。
（４）さらに、それらを種に（２）〜（３）を繰り返す。
という方法で線形関係をどのくらいカバーできるか、ＰＣで計算してみた。
その結果、少なくとも計算結果１で示したＭ＝９９９９以下のＮ０での線形関係の１００％をカバーしていることを確認した。
【感想】
数学的には補題６の方法のみで、現実的には補題６と補題７の組み合わせで全ての線形関係を求めることができそうな感じがします。
そこから本題の証明にもつながるのではとは思いますが、私には難しいですね。
ちょうど学生時代に４色問題が計算機によりelephantに解かれて以来、計算機で数学することを趣味にしてきましたが、計算機の進歩もあるものの、これほど楽しませていただいた問題はなかったですね。