競技数学解説

2024JMO予選5,7,8

適当,解法,雑

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はじめに

せっかくだし書く。
書きたい奴だけ書く。

本記事にはJMO2024予選1~12の問題及び解答のネタバレが含まれます。
一部問題文を省略したり変えたりしています。

本編

JMO2024予選5

$10$ 以上の整数 $n$ であって，
$[\frac{n}{1}] [\frac{n}{2}] \dots [\frac{n}{10}] =_{n} C_{10}$
をみたすようなもののうち，最小のものを求めよ．

$[x] > x - 1$ であり， $[x]$ は整数であるため，正整数 $m, n$ について
$[\frac{n}{m}] \geq \frac{n - m + 1}{m}$ (等号成立条件は $n + 1$ が $m$ の倍数であること)
この不等式が $m = 1, 2, \dots 10$ において等号成立するため， $n + 1$ が $1, 2, \dots 10$ すべてで割り切れる．
$lcm (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10) = 2520$ より $n + 1$ は $2520$ の倍数であり，そのような正整数 $n$ の最小値は $2519$

JMO2024予選7

次の条件をみたす $3$ 以上の素数 $p$ と $1$ 以上 $2024$ 以下の整数 $a$ の組 $(p, a)$ の個数を求めよ．

$a < p^{4}$
$a p^{4} + 2 p^{3} + 2 p^{2} + 1$ が平方数

$3$ 以上の素数 $p$ と $0 < x, y < p^{4}$ なる整数 $x, y$ について， $x, y$ が $p$ と互いに素で， $x^{2} \equiv y^{2} (\mod p^{4})$ のとき，
$x = y$ または $x + y = p^{4}$

補題1

$x^{2} - y^{2} = (x + y) (x - y)$ は $p^{4}$ の倍数であり，
$(x + y) - (x - y) = 2 y$ は $p$ の倍数でないので
$(x + y)$ と $(x - y)$ のどちらか一方が $p^{4}$ の倍数である．
$0 < x, y < p^{4}$ より，示された．

問題7

$a p^{4} + 2 p^{3} + 2 p^{2} + 1 = k^{2}$ とする．
$k^{2} \leq (p^{4} - 1) p^{4} + 2 p^{3} + 2 p^{2} + 1 < p^{8}$ より $0 < k < p^{4}$
$k^{2} \equiv 1 (\mod p)$ より $k$ と $p$ は互いに素
$(p^{3} + p^{2} + 1)^{2} = (p^{2} + 2 p + 1) p^{4} + 2 p^{3} + 2 p^{2} + 1$ より
$k = p^{3} + p^{2} + 1, p^{4} - p^{3} - p^{2} - 1$ の他にはない(補題1)

$k = p^{3} + p^{2} + 1$
$a = p^{2} + 2 p + 1$ より $a \leq 2024, p < 45$
よって $p = 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43$ の13組

$k = p^{4} - p^{3} - p^{2} - 1$
$a = p^{4} - 2 p^{3} - p^{2} + 2 p - 1$ より $a \leq 2024, p \leq 7$
よって $p = 3, 5, 7$ の3組

合わせて16組

JMO2024予選8

非負整数に対して定義され整数値をとる関数 $f$ が，任意の非負整数 $m, n$ に対して
$f (m + n)^{2} = f (m | f (n) |) + f (n^{2})$
をみたしているとき，整数の組 $(f (0), f (1), \dots, f (2024)$ としてありえるものはいくつあるか．

$P (x, y)$ で条件式への $m = x, n = y$ の代入を表す．
$P (0, 0)$ より $f (0)^{2} = 2 f (0)$ だから $f (0) = 0, 2$

$f (0) = 0$
$P (m, 0)$ より $f (m)^{2} = 2 f (0) = 0$
よって全部 $0$ 。

$f (0) = 2$
$P (0, 1)$ より $f (1)^{2} = 2 + f (1), f (1) = 2, - 1$
$f (1) = - 1$ とすると $P (1, 1)$ より $f (2)^{2} = - 2 < 0$ となってしまうので， $f (1) = 2$
$P (m, 0)$ と $P (m, 1)$ を比較して $f (m)^{2} = f (m + 1)^{2}$
帰納的に $f (m)^{2} = 4$
あとは $4 = f (2 m) + f (n^{2})$ より $f (2 m) = f (n^{2}) = 2$ だから
$m$ が奇数かつ平方数でないときに $f (m)$ が $2$ か $- 2$ かを自由に決めればいいので $2^{990}$ 通り