PILAME杯2026　自分の問題の解法

解答
最大値は $n+2$ である．まず，良い集合の要素数が $n+2$ 以下であることを示す．

良い集合 $S$ の要素数が $n+3$ 以上の良い集合だと仮定し，$S$ の要素を昇順に $x_1,\,x_2,\,\ldots$ とする．このとき，$$x_{n+3}-x_1< c< x_{n+3}+x_1,\qquad \therefore |x_{n+3}-c|< x_1$$ なる $S$ の要素 $c$ が存在する．よって，各 $j=1,2,\ldots,n+2$ に対して $|x_{n+3}-c|< x_j< x_{n+3}+c$ が成立する．$c$ が $x_1,\,x_2,\,\ldots,\,x_{n+2}$ のいずれかであるならば，このような $j$ であって $x_j$ が $c$, $x_{n+3}$ とは異なるようなものが $n+1$ 個以上存在し，いずれでもないならば $n+2$ 個以上あるのでどちらにせよ矛盾．したがって，良い集合の要素数は $n+2$ 以下である．

　次に，要素数が $n+2$ の良い集合が存在することを示す．

$S=\{ n+1,n+2,\ldots,2n+2\}$ とすれば，この要素数は $n+2$ であり，任意の $S$ の要素 $a$, $b$ に対して $a$, $b$ でない $S$ の要素が $n$ 個以下なので，$b-a< c< b+a$ なる $c$ も $n$ 個以下である．また，このような $c$ が $1$ 個以上存在することも確認できるため，この $S$ は良い集合である．

　以上より，良い集合の要素数には最大値が存在し，その値は $n+2$ であることが示された．

解答
$m\leq n$と仮定すると,$1$以上$n+1$以下の整数$x< y$であって$a_x=a_y$なるものが存在するので,$(i_1,i_2,...,i_n)=(x,n+2,...,2n),(j_1,j_2,...,j_n)=(y,n+2,...,2n)$の場合条件が成立せず矛盾.よって$m\geq n+1$であるが,$m=n+1$のとき$a_i=i(i\leq n+1),i-n-1(i\geq n+2)$と定めると条件をみたすことを示す.$(i_1,i_2,...,i_n)=(a_1,a_2,...,a_n),(j_1,j_2,...,j_n)=(b_1,b_2,...,b_n)$の場合に任意の$k$で$a_{i_k}=a_{j_k}$であったと仮定すると,
任意の$k$に対して$k\leq i_k,j_k\leq k+n$であるので$|i_k-j_k|\leq n$.これと$c$の定め方から$x< y$が$a_x=a_y$をみたすならば$y-x>n$であることから$i_k=j_k$が従う,よって$i$と$j$は同じ組であることが分かったので条件の対偶が示された.よって求める最小値は$n+1$

解答
まず，以下を示す．
補題:
正の整数 $n$ に対して，以下の等式が成り立つ：

$v_5(4^n+3^n+2^n+1)=$\begin{cases} 0 & (n\equiv0\pmod 4のとき) \\ v_5(n)+1 & (n\equiv1,2\pmod 4のとき) \\ v_5(n(n-1))+2 & (n\equiv3\pmod4 のとき ) \\ \end{cases}
証明
$n$が$4$で割り切れるとき$4^n+3^n+2^n+1\equiv4\pmod5$であり，これは$5$で割り切れない．以下そうでない場合を考える．

$n\equiv2\pmod4$であるとき，$\dfrac{n}{2}$は奇数であるので，LTEの補題から$$v_5(4^n+3^n)=v_5\mathopen{}\left(16^{\frac{n}{2}}+9^{\frac{n}{2}}\right)=v_5(25)+v_5\mathopen{}\left(\dfrac{n}{2}\right)=v_5(n)+2$$また$$v_5(2^n+1)=v_5(4^{\frac{n}{2}}+1)=v_5(5)+v_5\mathopen{}\left(\frac{n}{2}\right)=v_5(n)+1$$である．よって $v_5(4^n+3^n+2^n+1)=v_5(n)+1$ が従う．
$n$が奇数であるとき，
\begin{align*} 4^n+3^n+2^n+1&=(5-1)^n+1+(5-2)^n+2^n\\ &=\sum_{i=1}^n5^i(-1)^{n-i}\binom{n}{i} +\sum_{j=1}^n5^j(-2)^{n-j}\binom{n}{j}\\ &=\sum_{i=1}^n(1+2^{n-i})5^i(-1)^{n-i}\binom{n}{i} \end{align*}
と変形できる．まず，$i\geq3$ のとき $\displaystyle v_5\mathopen{}\left((1+2^{n-i})5^i\binom{n}{i}\right)>v_5(n(n-1))+2$ であることを示す．$f(i)=\displaystyle v_5\mathopen{}\left((1+2^{n-i})5^i\binom{n}{i}\right)$とおけば，$i\geq 3$で
\begin{align*} f(i)&\geq i+v_5(n(n-1)(n-2))-v_5(i!)>i+v_5(n(n-1))-\dfrac{i}{4}\\ &=\dfrac{3i}{4}+v_5(n(n-1))\geq\dfrac94+v_5(n(n-1))>v_5(n(n-1))+2 \end{align*}
となる.（ただし，途中の式変形において $\dfrac15+\dfrac{1}{25}+\dfrac{1}{125}+\cdots(有限和 )<\dfrac14$ を用いた）よって示された．
　ここから
$$\sum_{i=1}^n(1+2^{n-i})5^i(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\equiv5n\left(1+4^{\frac{n-1}{2}}-\dfrac52(n-1)(1+2^{n-2})\right)\pmod{5^{v_5(n(n-1))+3}}$$
がわかる．$n\equiv3\pmod4$のとき，
$$1+(5-1)^{\frac{n-1}{2}}-5\dfrac{n-1}2(1+2^{n-2})=-5(n-1)2^{n-3}+\displaystyle\sum_{i=2}^{\frac{n-1}{2}}5^i(-1)^{\frac{n-1}{2}-i}\binom{\frac{n-1}{2}}{i}$$
であるので，$f(i)$の評価と同様のことができ，
$$v_5\mathopen{}\left(1+4^{\frac{n-1}{2}}-\dfrac52(n-1)(1+2^{n-2})\right)=1+v_5(n-1)$$
となる．したがって，$v_5(4^n+3^n+2^n+1)=v_5(5n)+1+v_5(n-1)=v_5(n(n-1))+2$ がわかる．
$n\equiv1\pmod4$のときは$1+4^{\frac{n-1}{2}}$が$5$で割り切れず，$\dfrac52(n-1)(1+2^{n-2})$は$5$で割り切れるので$v_5(4^n+3^n+2^n+1)=v_5(5n)=v_5(n)+1$
がわかる．

　これらを踏まえると，$4^n+3^n+2^n+1$が$5^{2026}$で割り切れることの必要十分条件は「$n\equiv0\pmod{5^{2025}}$かつ$n\equiv1,2\pmod4$」または「$n\equiv0,1\pmod{5^{2024}}$かつ$n\equiv3\pmod4$」であることがわかるので，それぞれの場合について検討すれば最小値は$n=2×5^{2024}+1$であることがわかる．

解答
与式への代入を$P(x,y)$と表す．

$f(0)=0$ のとき
　$P(x,0)$より任意の$x$に対して$f(x)=0$が成立する．

$f(0)\neq 0,1$ のとき
　$P(0,0)$より$f(f(0))^2=f(0)^2-f(0)$，$P(x,0)$より$f(f(x))=\pm\sqrt{\dfrac{f(0)-1}{f(0)}}f(x)$を得る（ただし，任意の$x$に対して符合は同一）．以降は $\pm\sqrt{\dfrac{f(0)-1}{f(0)}}=c$とおく．これを与式に適用することで
$$f(0)f(x+y)=f(x)f(y)$$
を得る．これに$y=f(0)$を代入すれば，$f(x+f(0))=cf(x) $を得る．特に，任意の正の整数$n$に対して
$$f(2nf(0))=\left(\dfrac{f(0)-1}{f(0)}\right)^nf(0)$$
が成立する．また，$n$を$2nf(0)$が整数となるようにとると，$\left|\dfrac{f(0)-1}{f(0)}\right|\neq0,1$からこのような$n$全体に対して$f(2nf(0))$は無数の値をとる．ある相異なる有理数$a,b$が存在して$f(a)=f(b)$
となったと仮定すると，$P(x,a)$と$P(x,b)$を比較することで$f(x+|b-a|)=f(x)$がわかる．$|b-a|$は$0$でない有理数なので，これを繰り返し用いることである正の整数$k$が存在して $f(x+k)=f(x)$となることが分かる．よって，整数$n$に対して$f(n)$が取りうる値は高々有限個となるはずだが，これは先ほどの結果と矛盾．よってこのような$a,b$は存在せず，$f$は単射である．よって$f(f(x))=f(x+f(0))=cf(x)$より$f(x)=x+f(0)$が分かるが，これを元の式に代入するとどのような$f(0)$に対しても与式は成立しないことがわかる．

$f(0)=1$のとき
　$P(0,0)$より$f(1)=0$，$P(1,1)$より$f(2)=-1$が分かる．
また$P(x,1)$より$f(f(x))+f(x+1)=0$がわかる．よって与式は$$f(x+1)f(y+1)+f(x+y)=f(x)f(y) $$と書くことが可能である．ここで$f(-1)=c$とおけばこの式で$y=-1$とすることで$$f(x+1)=cf(x)-f(x-1)$$がわかる．これを用いると簡単な帰納法により任意の整数$n$に対して$f(n)=-f(2-n)$であることが分かり，また$f$が単射ならば$f(f(n))=-f(n+1)=f(1-n)$より任意の整数$n$
対して$f(n)=1-n$が成立することがわかる．また，$f(0)\neq0,1$の場合と同様に$f$が単射でないならば$f(n)$は高々有限個の値しかとらないので，$f(n)$が無数の値をとるならば$f$は単射である．
もし$c$が整数でないならば，$n\geq3$に対して$f(n)$は最高次の係数が$-1$である$c$についての$n-2$次多項式であるので，$c$を既約分数表示した時の分母を$p(>1)$とおけば$n\geq3$のとき$f(n)$を既約分数表示したときの分母は$p^{n-2}$である．よって$f(n)$は無数の値をとりうるため$f(n)=1-n$であるはずだがこれは不合理．
$|c|\geq3$であるとき，$|f(3)|=|-c|\geq3$なので$|f(3)|>2|f(2)|$である．もし$|f(n)|>2f(n-1)$ならば，$$|f(n+1)|=|cf(n)-f(n-1)|\geq||cf(n)|-|f(n-1)||>|3|f(n)|-\dfrac12|f(n)||>2|f(n)|$$
なので帰納的に任意の$3$以上の整数$n$で$|f(n)|>2^{n-1}$なので，$f(n)$は無数の値をとりうる．よって$f(n)=1-n$であるはずがこれは明らかに不合理．よって$|c|\leq2$．
$c=2$のとき，任意の整数$n$に対して$f(n)=1-n$が成立...(A)
$c=1$のとき，$1=f(-1)=f(0)=1$より任意の有理数$x$に対して$f(x)=f(x+1)$が成立するはずだが$1=f(0)\neq f(1)=0$より不合理．
$c=0$のとき，$0=f(-1)=f(1)=0$より任意の有理数$x$に対して$f(x)=f(x+2)$が成立するはずだが，$1=f(0)\neq f(2)=-1$より不合理．
$c=-1$のとき，任意の整数$n$に対して$f(n)=-1(n\equiv2\pmod3),0(n\equiv1\pmod3),1(n\equiv0\pmod3)$となる...(B)
$c=-2$のとき，$f(n)=(-1)^n(1-n)$より$f(n)$は無数の値を取りうるが$1-n$と合同でないため不合理．
以上より，(A)または(B)が成立する．

$\mathbf{(B)}$が成立するとき
　正の整数 $N$ と，最大公約数が1の整数 $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ を用いて
$$f\left(\dfrac13\right)=\dfrac{A}{N},\ \ f\left(\dfrac23\right)=\dfrac{B}{N},\ \ f\left(\dfrac43\right)=\dfrac{C}{N},\ \ f\left(\dfrac53\right)=\dfrac{D}{N},\ \ f\left(\dfrac73\right)=\dfrac{E}{N},\ \ f\left(\dfrac83\right)=\dfrac{F}{N}$$
とおく．このとき，$f(-1)=f(2)$より任意の有理数$x$に対して$f(x)=f(x+3)$であることに注意すると
$P\mathopen{}\left(\dfrac13,\dfrac13\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac23,\dfrac23\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac43,\dfrac43\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac53,\dfrac53\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac73,\dfrac73\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac83,\dfrac83\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac13,\dfrac23\right)$, $P\mathopen{}\left(\dfrac43,\dfrac53\right)$より
\begin{align} A^2=BN+C^2 \label{A1-1}\\ B^2=CN+D^2 \label{A1-2}\\ C^2=FN+E^2 \label{A1-3}\\ D^2=AN+F^2 \label{A1-4}\\ E^2=DN+A^2 \label{A1-5}\\ F^2=EN+B^2 \label{A1-6}\\ AB=CD=EF+N^2 \label{A1-7} \end{align}
が成立する．$1,2,3,4$式を$N$で割った余りを見ることで$A^2\equiv C^2\equiv E^2\pmod N,B^2\equiv D^2 \equiv F^2 \pmod N$がわかる．また$1,3,5$式と$2,4,6$式の両辺を足し合わせることで$A+C+F=0,B+D+F=0$がわかる．もし$N$が偶数だと仮定すると，$A,B,C,D,E,F$のうちどれかは奇数なので$A$が奇数と仮定すれば$C,F$も奇数となるがこれは$A+C+F=0$に矛盾($B,C,D,E,F$が奇数の場合も同様)．よって$N$は奇数．よって$N$を割り切る任意の素数$p$に対して，$A,B,C,D,E,F$のうちどれかは$p$で割り切れないので，$A$が$p$で割り切れないと仮定すれば$A\equiv \pm C\equiv \pm E\pmod {p^{v_p(N)}}$であるので，$A+C+E=0$から$p^{v_p(N)}$は$3A$を割り切るので$N=1,3$しかありえない．

$N=1$であるとき
　$AB=CD=EF+1$であるので，$A,C,E$の最大公約数，$B,D,F$の最大公約数はともに$1$である．また$A,C$をともに割り切る素数が存在すれば$A+C+E=0$よりそれは$E$も割り切るので不合理．(A,C,Eから他の$2$つを選んだり$B,D,F$から$2$つを選んだ場合も同様)よって$AB=CD$から$A=-D,B=-C$である．ここから$1$式より$A^2=C^2-C$となるがこの右辺が$1$以上の平方数となることはないので不合理．

$N=3$であるとき
　$A,B,C,D,E,F$が全て$3$で割り切れることはないのでここでは$A$が$3$でと仮定する．(他のもので仮定しても以下の議論は同様に行える)$1,3$式より$C,F$も$3$で割り切れないので，$N=1$の場合の議論と同様に$A=-D,B=-C$がわかるので$1,2$式より$A^2=C^2-3C$がわかる．このとき，右辺が正の平方数となるのは$C=-1,4$の場合のみで，このときどちらでも$A=\pm2$である．しかし，このとき$5$式の右辺$A^2-3A$はどちらの場合でも正の平方数とならないので不合理．

　以上より(B)は成立せず．(A)が成立する．
　このとき，$f$は単射である．$P(x,-1)$ より $f(x+1)-f(x)=f(x)-f(x-1)$ が成立するので，任意の有理数$x$に対して，ある有理数$d(x)$が存在して任意の整数$n$に対して$f(x+n)=f(x)+nd(x)$が成立する．
このとき$P(x,x),P(x,x+1)$より$$(f(x)+d(x))^2+f(2x)=f(x)^2$$ $$(f(x)+d(x))(f(x)+2d(x))+f(2x)+d(2x)=f(x)(f(x)+d(x))$$がわかる．これらを比較することで$d(2x)=-d(x)^2$がわかるので，任意の正の整数$n$に対して$d(x)=-d\mathopen{}\left(\dfrac{x}{2^n}\right)^{2^n}$が成立する．このような有理数$d(x)$は$0,-1$しか存在しないが$f$が単射であることから$d(x)\neq 0$であるので$d(x)=-1$である．よって$f(x+1)=f(x)-1$であるので，$f(f(x))+f(x+1)=0$をふまえて与式を変形すれば$$1-f(x+y)=(1-f(x))+1-f(y)$$となるので関数$1-f(x)$はコーシーの関数方程式の解であり，ある有理数$c$が存在して$f(x)=1-cx$となる．これを与式に代入すれば$c=1$のみが条件を満たす．

　以上より，求める関数は$f(x)=0$,$f(x)=1-x$である（これらは確かに条件をみたす）．

(B)の否定パートの別解
$f(x+y)=f(x)f(y)-f(x+1)f(y+1),f(x)+f(x+1)+f(x+2)=0$から$$f(3x)=f(x)^3-3f(x)f(x+1)^2-f(x+1)^3$$だが,これに$x=\dfrac13$を代入して$a=f(\dfrac13),b=f(\dfrac43)$とおくと$$a^3-3ab^2-b^3=0$$をえる.このとき$b\not=0$(もし$b=0$なら$a=0$であり,このとき$f$が長さ$1$の周期をもつことになるが$f(0)\not=f(1)$より矛盾)なので両辺$b^3$で割ると$$(\dfrac{a}{b})^3-3\dfrac{a}{b}-1=0$$となるが,方程式$x^3-3x-1=0$は有理数解をもたないので矛盾.

解答
任意の固定された$a$に対して,$N$が十分大きい場合のみ考えれば十分である.(なぜならば$N=k$のときの主張は$N=1,2,...,k-1$の場合の主張を包合しているから.)
$a=1$のとき,$N>2$で$n=2^{5^{2^N-2}}$とすれば条件をみたすことを示す.このとき$$n+d(n^2+a)=2^{5^{2^N-2}}+d(4^{5^{2^N-2}}+1)$$
だが$4+1=5$とLTEの補題より$$v_5(4^{5^{2^{N-2}}}+1)=v_5(4+1)+v_5(5^{2^N-2})=2^N-1$$であるので,$d(4^{5^{2^N-2}}+1)$は$v_5(4^{5^{2^{N-2}}}+1)+1=2^N$の倍数である.また$N>1$より$2^{5^{2^N-2}}$も$2^N$の倍数であるので,$d(n+d(n^2+a))$は$v_2(n+d(n^2+a))+1(>N)$の倍数.よって示された.以下$a>1$とする.

補題:$a>1$のとき,$a^3+1$はある奇素数で割り切れる.

証明：$a^2-a+1>1$は奇数であるので,これを割り切る奇素数を$1$つとれば,それは$a^3+1=(a+1)(a^2-a+1)$も割り切る.

$a^3+1$を割り切る奇素数を$1$つ取り$p$とし,$a$を割り切る素数を$1$つとり$q$とする.また$v_p(a^3+1)< q^{kN}$ かつ$\dfrac{3p^{(q^{kN}-v_p(a^3+1)-1)}+1}{2}>N$なる正の整数$k$をとる.このとき$n=a^{\frac{3p^{(q^{kN}-v_p(a^3+1)-1)}+1}{2}}$とすれば条件をみたすことを示す.$p$が$a$を割り切らないこととLTEの補題より$$v_p(n^2+a)=v_p((a^3)^{p^{q^{kN}-v_p(a^3+1)-1}}+1)=v_p(a^3+1)+v_p(p^{q^{kN}-v_p(a^3+1)-1})=q^{kN}-1$$より$d(n^2+a)$は$q^{kN}$で割り切れる.(よって$q^N$でも割り切れる.)$k$の定め方から同時に$n$も$q^N$で割り切れるので.$d(n+d(n^2+a)$は$v_q(n+d(n^2+a)))+1(>N)$の倍数であるので示された.