◆島根県の高校生 支離滅裂 さんからの解答
【問題１】
商は必ず1になり、余りをxとすると
X2=(X-1)2+x=X2-2X+1+x
∴x=2X-1
余り:2X-1
◆愛知県 迷子の雄猫 さんからの解答
【問題１】
「自然数X2を(X-1)2で割ったときの余りは
X2から(X-1)2を引いたときの値2X-1に等しい。」
2X-1＜(X-1)2のときこの命題が成り立つ。
つまり、X＜0またはX＞3のときこの命題が成り立つ。
よって、3より大きい素数Xがあるとき、
X2を(X-1)2で割ったときの余りは2X-1
・・・なのですが、なぜ素数と限定したのかがさっぱりわかりません（汗）
【問題２】
111111111*111111111=12345678987654321
6111111111*6111111111=37345679010987654321
◆東京都 かえる さんからの解答
【問題１】
Ｘ2＝（Ｘ−１）2＋２Ｘ−１
ＸはＸ＞３の素数なので、
（Ｘ−１）2＞２Ｘ−１ かつ ２Ｘ−１＞０
よって 余りは ２Ｘ−１・・・【答】
【問題２】
（１）１１１１１１１１１2＝１２３４５６７８９８７６５４３２１より存在・・・【答】
（２）（Ａ＋１１１１１１１１１）2＝Ｂ・１０11＋１０９８７６５４３２１
（Ａ、Ｂ整数）とおく。
Ａ2＋２・１１１１１１１１１・Ａ＋１２３４５６７８９８７６５４３２１
＝Ｂ・１０11＋１０９８７６５４３２１
⇔
Ａ（Ａ＋２２２２２２２２２）＝（（Ｂ−１２３４５７）・１０2＋３２）・１０9
よって、たとえば、Ａ＝６・１０9とすればよい。
６１１１１１１１１１2が題意を満たす・・・【答】
◆静岡県 conejo さんからの解答
【問題１】
x2を(x-1)2で割ると商が1で余りが2x-1となる
ここで，2x-1＜(x-1)2でなければ，2x-1は余りと言えないので
(x-1)2-(2x-1)＞0を証明する。
左辺＝x2-4x+2=(x-2)2-2
xは素数でx＞3よりx≧5
したがって(x-2)2-2＞0は明らかに成立するので余りは2x-1と言ってよい
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答
【問題３解答】 ∞
∵ 背理法で証明する。
仮に有限個であって ｐ（ｎ）＞2ｎであるｎの最大をｎmaxとする。
ｐ（ｎ）＞2ｎであるｎの有限集合をＡとする。
Ａ＝｛ｎ｜ｐ（ｎ）＞2ｎ , ｎmax≧ｎ∈Ｎ｝
Ａの要素から作られる１＋ｎ4の素因数の全体集合をＭとする。
Ｍ＝｛ｐ｜ｐ∈素数 , １＋ｎ4≡０ mod ｐ , ｎ∈Ａ｝
ｍ=Πｐ [∀ｐ∈Ｍ] とすれば、 １＋ｍ4≡１ mod ∀ｐ∈Ｍ であるから、
１＋ｍ4は∀ｐ∈Ｍ を因数に持たない。 ―――（＊）
ｕ＝｜ｍ−ｐ（ｍ）*α｜ α∈Ｚ と置くとき
１＋ｕ4≡１＋ｍ4≡０ mod ｐ（ｍ） である。
| また、αを適当に選べば ｕ≦ | ｐ（ｍ） ２ | である。 |
ｎ＝１の場合としてＭは２を含むので１＋ｍ4は奇数でありｐ（ｍ）も奇数である。
| よって実際は、ｕ＜ | ｐ（ｍ） ２ | である。 |
またｕは１以上である。
なぜなら、ｕ＝０の場合 ｍ＝ｐ（ｍ）*α でなければならないが
１＋ｍ4≡１＋ｐ（ｍ）4*α4≡１ mod ｐ（ｍ） であり
１＋ｍ4≡０ mod ｐ（ｍ）と矛盾するからである。
よって、ｕ∈Ａである。
よって、ｐ（ｍ）∈Ｍである。
これは（＊）と矛盾する。
よって、無限個ある。
【Ｐ．Ｓ．】
２乗でもよいわけですね。
４乗だと全てのｎで成立するのでしょうか？
◆愛知県 芋 さんからの解答
【問題４】
底が3である対数直線上で考察すると、
| log3 | 1 2 | は負の無理数であり、 |
| その自然数倍d log3 | 1 2 | の小数全体からなる集合は[0, 1)内で稠密である。 |
| よってlog3n≦ c + d log3 | 1 2 | ＜log3(n + 1) |
| n≦ | 3c 2d | ＜n + 1 |
◆岩手県 高梨 さんからの解答。
【補題】
| 各項が | 3a 2b |
の形で表され、1に収束する単調減少数列が存在する。 |
以下の条件を満たす数列{Xn}{Yn}を考える。
| X(0)＝ | 3 2 |
、Y(0)＝ | 1 2 |
X(n+1)＝X(n)Y(n) (X(n)Y(n)＞1)
＝X(n) (X(n)Y(n)＜1)
Y(n+1)＝X(n)Y(n) (X(n)Y(n)＜1)
＝Y(n) (X(n)Y(n)＞1)
このとき、{Xn}{Yn}は明らかに以下の性質を満たす。
| ・全ての項が | 3a 2b |
(a,bは0以上の整数)の形で表される |
ここで、{Xn}{Yn}がともに1以外の数に収束すると仮定する。
| lim n→∞ |
X(n)＝1+i (i＞0) |
| lim n→∞ |
Y(n)＝1-j (j＞0) |
この時、十分に大きなkを取ると、
X(k)＝1+i+α (0＜α＜j)
| Y(k)＝1-j-β (0＜β＜ | i 2 |
) |
以上の条件をα,βが満たすようにすることができる。このとき、
X(k)Y(k)
＝(1+i+α)(1-j-β)
＝(1+i)+(α-j)-ji-jα-β-βi-αβ
＜1+i
X(k)Y(k)
＝(1-j)+α(1-j-β)+i(1-j-β)-β
| ＞(1-j)+αX(k)+i(1-j-β)- | i 2 |
| ＝(1-j)+αX(k)+i( | 1 2 | -j-β) |
| ＝(1-j)+αX(k)+i(Y(k)- | 1 2 | ) |
| ＞1-j (∵Y(0)＝ | 1 2 | ,Y(k)≧Y(0)) |
となるが、X(k)Y(k)はX(k+1)又はY(k+1)になるので矛盾。
収束先の仮定が間違っていて、i,jのいずれか、もしくは両方が0である。
ここで(i＞0,j＝0)とし、α,βを以下のように取ると、
X(k)＝1+i+α (0＜α＜i)……(1)
| Y(k)＝1-β (0＜β＜ | i 1+2i | )……(2) |
X(k)Y(k)
＝1+i+α-β(1+i+α)
＞1+i+α-β(1+2i)
＞1+α
＞1
X(k+1)＝X(k)Y(k)
Y(k+1)＝Y(k)
となる。
また、このX(k+1),Y(K+1)についても、(1)(2)の条件は満たしているので、
X(k+2)＝X(k+1)Y(k+1)＝X(k)Y(k)2
Y(k+2)＝Y(k+1)＝Y(k)
となり、n＞kの範囲において、数列{X(n)}は公比Y(n)の等比数列になる。
| しかしY(n)＜1と | lim n→∞ |
X(n)＝1+i (i＞0)は明らかに矛盾するので、i＝0。 |
よっていずれの場合も、数列{X(n)}は、1に収束する単調減少数列である。
【問題４】
ある自然数Nを、
| [ | 3a 2b |
] ＝Nの形で表したい。 |
数列{a(n)}を、初項1、公比Zの等比数列とする。
| ただしZは | 3a 2b |
(a,bは自然数)の形で表され、 |
| さらに1＜Z＜1+ | 1 N |
を満たす数とする。 |
このようなZは、補題の数列{Xn}の項として存在する。
この数列{a(n)}の項に、[a(n)]＝Nを満たすものが無いと仮定すると、
kをa(k)＜Nを満たす最大のkとするとき、
a(k+1)
＝a(k)Z
＜NZ
| ＝N(1+ | 1 N |
) |
となり矛盾するので、a(n)の項として[a(n)]＝Nなるものが存在する。
以上より、任意の自然数Nに対して
| [ | 3a 2b |
] ＝Nなるa,bの組の存在が証明された。 |
【感想】
| 1に収束して各項が | 3a 2b |
の形の数列を見つける |
| →1より大きく | n+1 n |
未満の項をひとつ使ってお好きな方法で |
◆東京都 ぽこぺん さんからの解答。
【問題５】
(1) 互いに素である 2 元が存在することの証明
この集合から，すべての 2 元の間隔が 2 以上になるように要素を取り出すと，
たかだか 2n/2 = n 個しか取ることができない。
したがって，n+1 個の要素を取り出すと，その中には必ず隣り合う自然数が含まれる。
隣り合う自然数は明らかに互いに素だから，題意は証明された。■
(2) 約数・倍数関係にある 2 元が存在することの証明
任意の自然数は q・2e （q は奇数，e は非負整数） の形に一意的に表現できるので，
2 つの自然数
x = q・2e
y = q'・2e'
に対して，
x 〜 y ⇔ q = q'
として同値関係 〜 を定義する。
このとき，集合 S = {1,2,…,2n} を 〜 で分類すると，S は互いに排他的な n 個の部分集合に分割される。
このとき，S から n+1 個の要素を取り出すと，そのうちの少なくとも 2 個の要素は同一の部分集合に属するから，それは約数・倍数関係にある。■
【感想】
(2) は最初もっと面倒な証明を考えていたのですが，眺めているうちに文字通り一発勝負の証明に気づきました。