◆新潟県 加藤 英晴 さんからの解答。
【解答１−２】
２００１n−１ ＝(２００１−１)(２００１n-1＋２００１n-2＋・・・＋２００１＋１) ＝２０００(２００１n-1＋２００１n-2＋・・・＋２００１＋１)と因数分解できます。
２０００＝２4＊５3なので，常に４こ以上の素因数２をもつことが分かります。
また，ｎが奇数だと，
(２００１n-1＋２００１n-2＋・・・＋２００１＋１)も奇数であるので，ｎが奇数の場合は，素因数２の個数は４です。
また，ｎが偶数だと，
(２００１n-1＋２００１n-2＋・・・＋２００１＋１) ＝(２００１n-2)＊(２００１＋１)＋(２００１n-4)＊(２００１＋１)＋・・・＋(２００１＋１) ＝２００２(２００１n-2＋２００１n-4＋・・・＋２００１2＋１) ＝２＊１００１＊(２００１n-2＋２００１n-4＋・・・＋２００１2＋１)ｎ＝２＋４ｋ(ｋ＝０，１，２・・・)であると，
ｎ＝４ｋであると，
(２００１n-2＋２００１n-4＋・・・＋２００１2＋１)
の下の方の桁が０が適度に十分多くならんだ後にｎ／２がつく形になるので，
ｎが４ｋ型の偶数の場合は，素因数２の個数は
| ５＋( | ｎ ２ | にある素因数２の数)です。 |
◆東京都 ぽこぺん さんからの解答。
【問題２】
言える。m が奇数のとき，恒等式
xm + 1 = (x + 1)(xm-1 -+ … + 1)
が成立する。
この式で x = 27 = 33，m = 3n-1 とおけばよい。
【問題１−２】
n を素因数分解して n = 2e・q （e は非負整数，q は奇数） と書く。
ここで，E = 2e，E’= 2e-1 と表すことにすれば，n = E・q である。
このとき，a =2001E とおけば，
2001n - 1 = (2001E) q - 1 = aq - 1 = (a - 1)(aq-1 + … + 1)
となり，最右辺の第 2 因数は奇数個の奇数の和だから奇数である。
したがって，a - 1 に含まれる素因数 2 の個数を求めればよい。
ここで a - 1 は
2001E - 1 = (2001 - 1)(2001 + 1)(20012 + 1)…(2001E’ + 1)
と因数分解することができ，右辺の第 1 因数 （2000） は素因数 2 を 4 個持つ。
また，第 2 因数以降は，0≦k≦e-1 なる k に対して K = 2k とおけば，それぞれ二項係数を用いて
2001K + 1 = (2000 + 1)K + 1
| = | K Σ r=1 | C(K, r) 2000r + 2 = 2 (1000A + 1) （A は適当な自然数） |
となるので，素因数 2 を 1 個ずつ持つことがわかる。
したがって，a - 1 （すなわち 2001n - 1） に含まれる素因数 2 の個数は 4 + e となる。
◆茨城県 holsety さんからの解答。
【問題１−１】
20012n-1 = 2m*k
2001^(2^n)-1 = 2^m*k
(ただしkは2を素因数としてもたない）とおくと、mが求める値である。
このとき、20012n+1-1
2001^(2^(n+1))-1 を考えると、
20012n+1-1
= (20012n)2-1
= (20012n-1)2+2(20012n-1)
= (2m*k)2+2(2m*k)
= 2m+1(2m-1k+1)k
2001^(2^(n+1))-1
= (2001^(2^n))^2-1
= (2001^(2^n)-1)^2+2(2001^(2^n)-1)
= (2^m*k)^2+2(2^m*k)
= 2^(m+1)(2^(m-1)k+1)k
k および 2m-1k+1 は2で割り切れないため、
20012n-1 が素因数2を m 個もつ ⇒ 20012n+1-1 は素因数2を m+1 個もつ
2001^(2^n)-1 が素因数2を m 個もつ ⇒ 2001^(2^(n+1))-1 は素因数2を m+1 個もつ
が成立する。
n=0 のとき、20012n-1=2000=24*53
2001^(2^n)-1=2000=2^4*5^3
より、素因数2を4個もつから、非負整数nに対しては n+4 個もつ。
(答) n+4
【問題１−２】
2001n-1
= (2001-1)(2001n-1+……+2001+1)
= 24*53(2001n-1+……+2001+1)
と因数分解し、f(n) = 2001n-1+……+2001+1とおくと、
2001n-1 = 24*53*f(n)
2001n は任意のnに対して奇数だから、
nが奇数であればf(n)は奇数個の奇数の和となり、必ず奇数になる。
よって、nが奇数のとき、2001n-1 は素因数2を4個もつ。
一方、nが偶数のとき、nから素因数2をできるだけ多く取り出し、
n = 2m*k と分解すると、(mは自然数、kは2を素因数として持たない自然数)
2001n-1
= 20012m*k-1
= (20012m)k-1
= (20012m-1)((20012m)k-1+……20012m+1)
2001^n-1
= 2001^(2^m*k)-1
= (2001^(2^m))^k-1
= (2001^(2^m)-1)((2001^(2^m))^(k-1)+……2001^(2^m)+1)
問題1-1の結果より、20012m-1 （2001^(2^m)-1） は素因数2を m+4 個もつ。
また、 (20012m)k-1+……20012m+1
（(2001^(2^m))^(k-1)+……2001^(2^m)+1）
については、
任意のm, kに対して
(20012m)k （(2001)^(2^m)^k）が奇数なので、
k が奇数であることにより、f(n) と同様に奇数個の奇数の和となり、やはり奇数となる。
したがって、20012m*k-1（2001^(2^m*k)-1 ）は素因数2を m+4 個もつ。
(答)
nが奇数のとき 4
nが偶数のとき、n = 2m*k として素因数2をできるだけ多く取り出したと仮定して、m+4 個
【問題２】
(答) いえる
数学的帰納法で示す。
(i)n=1 のとき
33n+1=2（3^(3^n)+1=28）より命題は正しい。
(ii)n=k のとき 33n+1（3^(3^n)+1） が28の倍数であると仮定すると、
33k+1 = 28m (mは自然数)（3^(3^k)+1 = 28m）
とおける。このとき、
33k+1+1
= 33k*3+1
= (33k)3+1
= (28m-1)3+13
= ((28m-1)+1)m' (m':因数分解の後半部分。議論に必要ないため省略）
= 28mm'
3^(3^(k+1))+1
= 3^(3^k*3)+1
= (3^(3^k))^3+1
= (28m-1)^3+1^3
= ((28m-1)+1)m' (m':因数分解の後半部分。議論に必要ないため省略）
= 28mm'
よって、33k+1+1（3^(3^(k+1))+1）も28の倍数である。
(i)(ii)より任意のnについて命題は正しいことが示された。
【感想】
問題1−2が特に難しかったです。
誘導がなければ私には解けなかったかもしれません。
骨の折れる問題で、十分に楽しめました。
◆出題者の神奈川県 テトラン さんからのコメント。
皆さん正解です。
結構いろいろな解き方があるようですね。
私の解き方は、1-1はholsetyさんと全く同じ方法でした。
しかし1-2は、ここに載っているどの方法とも違いました。
ヒントは、nを○○表示する、です(○の数は関係ありません)。
興味のある方は、nを○○表示して解いてみて下さい。
◆東京都 かえる さんからの解答。
【問題３】
ｆ（ａｉ）＝ｆ（ａｊ）となる０≦ｉ＜ｊ≦ｂ−１を満たす整数ｉ，ｊが存在すると仮定すると、
ａｉ≡ａｊ（ｍｏｄ ｂ（以下略））
⇔
ａ（ｊ−ｉ）≡０
⇔
ｊ−ｉ≡０（∵ａとｂは互いに素）
⇔
ｊ−ｉ＝０（∵０≦ｉ，ｊ≦ｂ−１）
⇔
ｉ＝ｊとなり矛盾。
従って、ｆ(０)，ｆ(ａ)，ｆ(２ａ)・・・，ｆ(ａ(ｂ−１))は全て異なる。
これらが採り得る値は、０、１、２・・・ｂ−１であるが、ｆ(０)＝０より、
集合｛ｆ(ａ)，ｆ(２ａ)，・・・，ｆ(ａ(ｂ−１))｝＝集合｛１，２・・・，ｂ−１｝
ｘをａｘ≡１（ｍｏｄｂ）かつ１≦ｘ≦ｂ−１を満たす整数として、
| ｆ（ａｘ） ｘ |
＝ | １ ｘ |
| ｆ（ａｙ） ｙ |
≧ | ｍ ｍｘ |
＝ | １ ｘ |
| 以上より ｍｉｎ( | ｆ(ａｋ) ｋ | )＝ | １ ｘ |
◆東京都 ぽこぺん さんからの解答。
【問題３】
r(a) を 「b を法とする a の逆数」，すなわち
r(a) = k （ただし f(ak) = 1，0＜k＜b）
と定義するとき，
| min[0<k<b] | f(ak) k | = | 1 r(a) |
この最小値を与える k の値は，
| m = [ | b r(a) | ] とおくとき， |
（証明）
一般に，整数 x に対して f(x) を
f(x) = (x を b で割った余り)
と拡張しておく。元の定義はこれに含まれている。
a と b は互いに素だから
a x + b y = 1
となる整数 x，y が存在する。特に，
0 ＜ x ＜ b
に取ることができるから，この x が r(a) になる。
このとき，r(a) も b と互いに素であり，
S={ k | k＝1，2，…，b-1 } = { f(j・r(a)) | j＝1，2，…，b-1 }
であるから，
| min[0<k<b] | f(a・k) k | = min[0<j<b] | f(a・j・r(a)) f(j・r(a)) | = min[0<j<b] | j f(j・r(a)) |
である。
S の元のうち，0 ＜ j ≦ m である j に対する f(j・r(a)) に対しては，
0 ＜ j・r(a) ＜ b
であるから，
f(j・r(a)) = j・r(a)
となり，
| j f(j・r(a)) |
= | j j・r(a) | = | 1 r(a) |
が成り立つ。
しかし m ＜ j ＜ b である j に対しては
b ＜ j・r(a)
であるから
f(j・r(a)) ＜ j・r(a)
となり，
| j f(j・r(a)) |
＞ | j j・r(a) | = | 1 r(a) |
が成り立つ。■
◆東京都 かえる さんからの解答。
【問題４】
題意を満たすにはＳ(２，ｐ)が平方数であることが必要。
Ｓ(２，ｐ)＝１＋２p＝ｘ2(ｘは自然数)
⇔２p＝(ｘ＋１)(ｘ−１)
(ｘ＋１)と(ｘ−１)がともに２q(ｑは０以上の整数)であるのは、
Ｘ＝３のときのみで、
このときｐ＝３
| 逆にｐ＝３のとき、Ｓ(ｎ，３)＝( | ｎ(ｎ＋１) ２ | ) | 2 | ゆえ題意を満たす。 |
以上よりｐ＝３・・・【答】
◆北海道 あき さんからの解答。
【問題５】
ｎが奇数の場合つねに１００００〜〜００が最小の平方数。
（１００だとか、１００００、ｎ＝１は除く）
ｎが２の時も制約があるので無視。
そこで取り出すのは電卓！笑
ｎ＝４つまり１０００はルートすると３１，６２２７７６６・・・・・・
この数字より大きく最小・・この場合３２2がそれに当たります。（もちろん偶数）
ｎ＝６つまり１０００００はルートすると３１６，２２７７６６・・・・・
この場合だと３１７2です！
奇数の２乗は奇数なのでこれが答えですね。
もうちょい考えると、ルートをして１桁目が偶数ならばそれはこれにあたります。
１０のルート・・無理数なので小数点以下バラバラに数字があります。
当然偶数もいっぱいあるのでこれに当たる数字は山ほどあります。
◆神奈川県 テトラン さんからの解答。
【問題６】
n〜m⇔(nの１桁目からずっと続く０の次の数字＝mの１桁目からずっと続く０の次の数字)と定義すると、
〜は同値関係になり、次の性質が成り立つことが分かる。
(1)5で割り切れない自然数n,m,a,bに対してn〜m,a〜b→an〜bm
(2)nを10で割った余りをrとするとき、r≠0ならばn〜r
(n!の１桁目から続く0の次の数字)＝F(n)とおく。
F(1017)＝偶数＝2a (aは5で割り切れない)となる(1017の素因数2の個数＞素因数5の個数だから)ので、
F(1017)1016 〜(2a)1016 ←(1)より。2，a，F(1017)は5で割り切れない。 ＝(21016)(a1016) 〜6*(a1016) ←(1)(2)より 〜(aが奇数の場合)6*1＝6 ←(1)(2)より (aが偶数の場合)6*6〜6 ←(1)(2)よりとなって、F(1017)1016〜6
よって、求める値は6である。
青木注：ブラウザによってはきちんと見えないかもしれません。 F(10^17)^10^16 〜(2a)^10^16 ←(1)より。2，a，F(10^17)は5で割り切れない。 ＝(2^10^16)(a^10^16) 〜6*(a^10^16) ←(1)(2)より 〜(aが奇数の場合)6*1＝6 ←(1)(2)より (aが偶数の場合)6*6〜6 ←(1)(2)より となって、F(10^17)^10^16〜6 よって、求める値は6である。 のことです。 |
なお、(1)について、5で割り切れない という条件を外すと、
例えば3〜30＝2*15〜2*5＝10〜1 となって矛盾するので、この条件は必須です。
F(n)を直接求めてみたので、参考までに載せておきます。
証明は、見た目と違い かなり大変だったので省略します。
| ・まず、自然数nの5進法表示n＝ | u i＝0 | (5i)aiを与える。 |
| 次に、 | u i＝1 | i*ai≡t (mod 4)となる自然数t(1≦t≦4の範囲から選べば十分)を1つ選ぶ。 |
各aiは0から4の範囲にあるので、特に5では割り切れず、従って(1)(2)を用いて簡単にmを計算できる。
1017は5進法で1314324200000000000000000なので、
| u i＝1 | i*ai≡3 (mod 4) よって、 |
{au!a(u−1)!…a1!a0!}2t
＝{1!3!1!4!3!2!4!2!0!0!…0!}23
〜{6*4*6*2*4*2}8
〜4*8
〜2 となり、
F(1017)＝2
すなわち((1017)!の１桁目から続く０の次の数字)＝2 となる。
◆東京都 かえる さんからの解答。
【問題８】
（１）ｎが奇数のとき
ｎ≧３だが、ｎ＝２ｋ＋１（ｋは自然数）とおいて、
３辺を（２ｋ＋１，２ｋ2＋２ｋ＋１，２ｋ2＋２ｋ）として、題意の直角三角形を作ることができる。
（２）ｎが偶数のとき
ｎ＝２l・ｍ（ｌは自然数、ｍは奇数）と表せる。
（２−１）ｍ＝１のとき
ｌは２以上の自然数となるが、（３，４，５）の直角三角形の各辺を
２l-2倍することにより、題意の直角三角形を作ることができる。
（２−２）ｍ≧３のとき
ｍはｍ≧３の奇数なので、（１）を用いて直角三角形を作り、
その各辺を２l倍することにより、題意の直角三角形を作ることができる。
【証明終了】
◆東京都 ユウプー さんからの解答。
【問題７】
| 以下で，( | a p | )はルジャンドル記号を表す． |
| ∴( | 2x 5 | )＝( | -1 5 | )． |
| ∴( | 2 5 | ) | x | ＝1． |
| (∵( | 2x 3 | )＝( | 5z 3 | )より |
| また( | 2x 5 | )＝( | −3y 5 | )より |