◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題２】
ｍ3＋１＝ｋ×３n ．．．１）
ｋは自然数。
（ｋ×３n）／３n+1＝ｋ／３
割り切れないのであるからｋは、
イ）ｋ＝３ｋ1＋１ ｋ1は負でない整数
ロ）ｋ＝３ｋ1＋２ ｋ1は負でない整数
イ）、ロ）のいずれかである。
イ）のとき １）式より
ｍ3＋１＝（３ｋ1＋１）×３n．．．２）
ｍ＝３n-1−１、
ｋ1＝３2n-4−３n-2
とすると、２）式を満たす。
ロ）のとき １）式より
ｍ3＋１＝（３ｋ1＋２）×３n．．．３）
ｍ＝２×３n-1−１、
ｋ1＝８×３2n-4−４×３n-2
とすると、３）式を満たす。
イ）、ロ）より１）式を満たすｋが存在する。
証明終わり。
イ）、ロ）のｍは最小のものである。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題１】
１９９９は素数であるから、題意を満たすｎは、
１０3≡１ (mod ３n)
でなければならない。
１０００＝３×３３３＋１
１０００＝９×１１１＋１
１０００＝２７×３７＋１
ｎ＝１，２，３
答え ｎ＝１，２，３の３通り。
【問題１−１】
７７・・・・・７＝７×１１・・・・・１
７，１は３1999個
７は mod ３nで０と合同にはならないから、
１１．．．．．１≡０ (mod ３n) でなければならない。
したがって、
３1999≡０ (mod ３n) であればよい。
ｎ＝１〜１９９９
答え ｎ＝１〜１９９９の１９９９通り。
◆飯田 孝久 さんからの解答。
【問題１】
答 ２００１
【問題１−１】
答 １９９９
【問題２】
答 ｍ＝ｋ×３n-1−１ とすればよい
ただしｋは３の倍数でない自然数
問題１は、１が３n個並んだ数が３nで割り切れ、３n+1で割り切れないことを示す必要があるが、これは数学的帰納法で示すことができる。
（清川さんは、累乗を勘違いなさっているようですね)
問題２は実際に計算するだけである。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答。
【問題１】
飯田さんのご指摘の通り、指数法則を間違えていました。
１０３1999
＝９９９・・・・９＋１
＝９×１１１・・・・１＋１
９，１は３1999個。
９≡０(mod 3n)
または
１１１・・・・１≡０ (mod 3n)が成り立てばよい。
したがって少なくとも、
１１１・・・・１≡０ (mod 3n)
が成り立てばよい。
３1999≡０ (mod 3n) が成り立てばよい。
ｎ＝１〜１９９９の１９９９通りでは間違いでしょうか。
◆河野 進 さんからの解答。
公式集の様なものの (2.3) を改良したものを利用すると考えやすい様に思いますのでお知らせします。
(2.3) の改良版の補題を記述するために、次の定義をします。
pを素数とするとき、0 と異なる整数 n に対して
νp(n) で n の素因数分解における pの指数を表わすものとします。
つまり n が pk で割り切れ pk+1では割り切れない時
νp(n)＝k となります。
a, b, d を整数で d＞0 を満たすものとします。
このとき、a ≡ b (mod d) とは a - b が d で割り切れる事を意味するものとします。
●補題
pを奇素数とし、n, k, j, s を n ＞0,
k ≡ j (mod ps), s ＞0 を満たす整数とすると
kn− jn ≡ n(k-j)jn - 1 (mod pu + 2s),
ここに u = νp(n)。
●証明
仮定より
kn-jn
| = (k-j) | n-1 Σ i=0 | kijn-i-1 |
これは、νp(n)=０の場合の補題の証明になっています。
次に、νp(n)=u に対して補題が成立すると仮定します。
この時、
kpn-jpn
| = (kn-jn) | p-1 Σ i=0 | (kn)i(jn)p-i-1 |
| ≡ (kn-jn) | p-1 Σ i=0 |
(jn+n(k-j)jnｰ1)i(jn)p-i-1 (mod p2u+3s) |
| ≡ (kn-jn) | p-1 Σ i=0 |
(jn+in(k-j)jnｰ1)(jn)p-2 (mod p3u+3s) |
| ＝ (kn-jn)(jnp+( | p(p-1) ―――― 2 | )n(k-j)jnｰ1)(jn)p-2 |
≡ (kn-jn)p(jn)p-1 (mod p2u+2s+1)
≡ n(k-j)jnｰ1p(jn)p-1 (mod pu+2s+1)
＝ pn(k-j)jpn-1
ここで、2u+3s, 3u+3s, 2u+2s+1は全て u+1+2s 以上なので、
kpn-jpn ≡ pn(k-j)jpn-1 (mod pu+1+2s)
が得られます。
これより、νp(n) に関する帰納法によって補題が得られます。
●系
上の仮定に加えて k ≠ jかつ、
k not≡ 0 (mod p)かつ,
νp(k - j) = s とすると、
νp(kn - jn) = νp(n) + s
が成立する。
この系を使うと【問題１】の答は、
ν3(10α - 1α) = 1999 + 2 = 2001 より
２００１となります。
【問題１一１】の答は、
ν3(β)
= ν3(7(10α- 1α)/9)
= ν3(7) +ν3((10α - 1α)/9)
= 0 + 2001 -2
= 1999
より１９９９となります。
【問題２】は m3 + 1 = m3 - (-1)3 と見て系を使って
ν3(m + 1) = n - 1 を満たすように自然数 m を選べば良い事が分かります。
【問題３】は２以上の任意の整数 n に対して整数 an が存在して、
(an)3 ≡ -17 (mod 3n+1) を満たす事が示されれば【問題２】と同様に
ν3(m - an) = n - 1
を満たすように自然数 m を選べば良い事が分かります。
anの存在については、
a2 = a3 = 4 とすることができて、ある n について
(an)3 ≡ -17 (mod 3n+1) であれば
(an)3 ≡ e･3n+1-17 (mod 3n+2)
(e = 0, 1 or 2) なので、
an+1 = an - e･3n とおけば良い事が分かり、帰納的に存在が示されます。