◆千葉県 Playcity さんからの解答。
【問題１】
《１》ｐが奇数のとき
以下、帰納法で証明する。
（@）ｐ＝１のとき
左辺＝ｅ(ａ−１)、右辺＝ｅ(ａ−１)で、成立は明らか。
（A）ｐ＝ｋ(ｋ：奇数)のとき成立すると仮定すると、
ｅ(ａk−１)＝ｅ(ａ−１)である。
ここで、ｅ(ａ−１)＝ｎとおく。
ところで、ａk+2−１を考えると、ａk−１との差は、
ａk+2−ａk＝ａk×(ａ＋１)(ａ−１)＝２n×偶数・・・(1) となる。
また、ａk−１＝２n×奇数・・・(2) である。
よって、ａk+2−１＝(1)＋(2)＝２n×(偶数＋奇数)＝２n×奇数 となるから、
ｐ＝ｋ＋２のときも、ｅ(ａk+2−１)＝ｎ＝ｅ(ａ−１) が成立する。
（@）、（A）より、全ての奇数ｐについて、
ｅ(ａp−１)＝ｅ(ａ−１) が成り立つ。
《２》ｐが偶数のとき
（@）ｐ＝２×奇数のとき
《１》より、ｅ(ａt−１)＝ｅ(ａ−１) (ｔ：奇数) が成り立つ。
ｅ(ｎ)の性質より、ｅ(ｍ)＋ｅ(ｎ)＝ｅ(ｍ×ｎ)だから、両辺にｅ(ａt＋１)を加えて、
左辺＝ｅ(ａt−１)＋ｅ(ａt＋１)＝ｅ(ａ2t−１)
右辺＝ｅ(ａ−１)＋ｅ(ａt＋１)
（Ａ）ａ＝４ｓ＋１のとき
ａの奇数乗を考えるとき、４ｓ＋１にａ2＝１６ｓ(ｓ＋１)＋１を繰り返しかけることを考えればよい。
このとき、１６ｓ(ｓ＋１)は４の倍数だから、１６ｓ(ｓ＋１)＝４ｍとおくと、
(４ｓ＋１)(４ｍ＋１)＝４(４ｓｍ＋ｓ＋ｍ)＋１より、
ａtは必ず４ｎ＋１型になることから、
ａt＋１は４ｎ＋２型、つまり２×奇数となり、
ｅ(ａt＋１)＝１である。
また、ａ＝４ｓ＋１より、ｅ(ａ＋１)＝１であるから、
右辺＝ｅ(ａ−１)＋ｅ(ａt＋１)
＝ｅ(ａ−１)＋ｅ(ａ＋１)−１＋ｅ(ａt＋１)
＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(２ｔ)−１
(∵ｅ(２ｔ)＝ｅ(ａ＋１)＝１)
となり、左辺＝右辺より、題意が成り立つ。
（Ｂ）ａ＝２m×ｎ−１（ｍ≧２、ｎ：奇数）のとき
ａの奇数乗を考えるとき、２m×ｎ−１に
ａ2＝２m+1×(２m-1×ｎ−１)×ｎ＋１を繰り返しかけることを考えればよい。
ここで、ａ2＝２m×偶数＋１であるから、
(２m×奇数−１)(２m×偶数＋１)＝２m×奇数−１より、
ａtは必ず ２m×奇数−１ で表される。
すなわち、ｅ(ａt＋１)＝ｍであるから、
右辺＝ｅ(ａ−１)＋ｅ(ａt＋１)
＝ｅ(ａ−１)＋ｍ
＝ｅ(ａ−１)＋ｅ(ａ＋１)＋ｅ(２ｔ)−１
＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(２ｔ)−１
(∵ｅ(２ｔ)＝１、ｅ(ａ＋１)＝ｍ)
となり、左辺＝右辺より、題意が成り立つ。
（A）ｐ＝２×偶数のとき
ある偶数２ｔについて、題意が成り立つと仮定すると、
ｅ(ａ2t−１)＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(２ｔ)−１・・・(3) である。
また、ｅ(ａ2t−１)＝ｎ とおく。
ここで、ａ2t＋１ を考えると、
ａ2t−１＝(ａt＋１)(ａt−１)は４の倍数だから、
ａ2t＋１ は２×奇数 となり、ｅ(ａ2t＋１)＝１・・・(4)である。
よって、(3)の両辺に(4)を加えて、
ｅ(ａ4t−１)＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(２ｔ)−１＋１
ｅ(ａ4t−１)＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(２ｔ)−１＋ｅ(２)
ｅ(ａ4t−１)＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(４ｔ)−１
よって、ある偶数２ｔについて成り立てば、４ｔについても成り立つ。
（@）、（A）より、全ての偶数ｐについて、
ｅ(ａp−１)＝ｅ(ａ2−１)＋ｅ(ｐ)−１ が成り立つ。
《１》《２》より、題意成立。
◆出題者のコメント。
問題１はもっとずっと簡単に証明できます。
次の方針で考えてみてください。
p の値を次の表のように動かします。
→向きは帰納法を使うまでもなく，二項定理でいいでしょう。
↓向きに関しては，β＞α≧1 を用います。
全体で10行程度で書けると思います。