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2022JJMO5番の解説

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問題は https://www.imojp.org/archive/mo2022/jjmo2022/problems/jjmo20hq.html  を見てください.
k3のときは,全探索することでn=2,4のみが解なことが分かる.
以下k4とし,nが条件を満たすと仮定し矛盾を導く.
ai=n2i,ai2で割った余りをbi,ord2(ai)=ci,X=a0a1ak,Y=X+24k2と置く.

ai3,5(mod8),ai0(mod3)

ai3,5(mod8)と仮定して矛盾を導く. このとき,p3,5(mod8)を満たすaiの素因数pが存在する. この時,Y24k2(modp)なので,平方剰余の第2補充則に矛盾する.
ai0(mod3)のときは上の議論でp=3とすればよい.

bi+bi+1+bi+21

主張はai0,1,2,4(mod8)と同値である.
ai0,1,2,4(mod8)i=kから順に示す.
i=kのときはai=1より自明. iのとき正しいとすると,ai12=aiより,ai10,1,2,3,4,5(mod8). これと補題1をあわせればi1でも正しいことがわかる.

ci+ci+11,ci+ci+1+ci+23

ci0=bi=bi1==bij+1を満たす最大のjであることに注意せよ.
主張の前半は補題2より,bibi+1のどちらかは0であることから従う.
後半はbi=bi+1=0もしくはbi+1=bi+2=0のときには正しく,補題2より残るパターンはbi=bi+2=0,bi+1=1のみである. このとき再び補題2をi1に適用すればbi1=0となり,ci2,ci+2=1となる.

ck+ck1+ck2+ck3=6

ak=1よりak1=2,3だが,補題2よりak1=2.
よってak2=4,5だが補題2よりak2=4.
よってak3=8,9だが補題2よりak3=8.
ゆえにck=0,ck1=1,ck2=2,ck3=3.

k0(mod3)なら
ord2(X)k+1
k0(mod3)なら
ord2(X)3k3

補題3,4から従う.

補題5から,(場合分けを頑張ると)ord2(X)>2k2+1がわかり,よってord2(Y)=2k2+1となる. これはYが平方数であることに矛盾.

雑感:24k2に「絶対に平方数にさせないぞ」という意志を感じるので,それに従うととける. この方針では主にmod8と第2補充則を使ったが,mod15だと補充則なしで解ける(ai1,2,4,8(mod15)が帰納的にわかる). おそらくこっちが本解だろう. Nっぽいけど実質C.

投稿日:2022212
更新日:20231114
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