奇数の平方は8で割ると1余ることを示せ.\\[1zh] \hspace{.5zw}(2)\ \ 11,\ 111,\ 1111,\ $\cdots$\ のように数字1のみが並ぶ2桁以上の整数は平方数ではない \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ ことを示せ. [\,津田塾大\,] レピュニット数の性質}}}} \\\\ すべての桁の数字が1である自然数を,\ \textbf{\textcolor{blue}{rep}}eated \textbf{\textcolor{blue}{unit}}\ に由来し,\ \textbf{\textcolor{blue}{レピュニット数}}という. \\[.2zh] 本項では,\ レピュニット数の性質に関する問題を取り上げる. \\\\\\ (1)\ \ 奇数を$2n+1\ (n:整数)$とおく. \\[.5zh] \phantom{ (1)}\ \ $(2n+1)^2=4n^2+4n+1=\textcolor{red}{4n(n+1)+1}$ \\[.5zh] \phantom{ (1)}\ \ \textcolor{forestgreen}{連続2整数の積$n(n+1)$は偶数}なので,\ $4n(n+1)$は8の倍数である. \\[1zh] \centerline{$\therefore$ \textbf{奇数の平方は8で割ると1余る.}} \\\\ (2)\ \ [1]\ \ 11は8で割ると3余るので平方数ではない. \\[1zh] \phantom{ (1)}\ \ [2]\ \ 1が3桁以上並ぶとき,\ $\textcolor{red}{1000m+111\ (m:0以上の整数)}$とおける. \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ \phantom{[1]}\ \ $1000m+111=8(125m+13)+7$より,\ \textcolor{red}{8で割ると7余る}から平方数ではない. \\\\ \centerline{$\therefore$ \textbf{数字1のみが並ぶ2桁以上の整数は平方数ではない. (1)より,\ 8で割ったときの余りが1ではないことを示せば,\ 平方数である可能性が消滅する. \\[.2zh] ただし,\ レピュニット数は無限に多く存在するので,\ 1つずつ調べるわけにはいかない. \\[.2zh] \bm{3桁以上のすべてのレピュニット数が1000m+111と統一的に表せる}ことがポイントになる. \\[.2zh] これは,\ 8の倍数条件「下3桁が8で割り切れる」を導く場合と同様の考え方である. \\[.2zh] 千の位以上は1000=8\cdot125より必ず8で割り切れるから,\ \bm{8で割った余りは下3桁のみで決まる.} \\[.2zh] 本問から,\ 平方数のレピュニット数は1^2=1のみであることがわかる. $p$を2,\ 5以外の素数とする. \\[1zh] \hspace{.5zw}(1)\ \ 異なる$p+1$個の自然数1,\ 11,\ 111,\ $\cdots$,\ $111…1\ (1がp+1個並ぶ)$があるとき,\ \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(1)}\ \ その中に差が$p$の倍数となるような2個の自然数が存在することを示せ. \\[1zh] \hspace{.5zw}(2)\ \ $p$の倍数の中に$111…1$の形をしたものが存在することを示せ. \\ $p$で割ったときの余りは\textcolor{red}{$0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ p-1$の$p$種類}である. \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ 異なる$p+1$個の整数があるとき,\ \textcolor{cyan}{少なくとも2個は$p$で割ったときの余りが等しい.} \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ つまり,\ \textbf{$\bm{p+1}$個の自然数の中に差が$\bm{p}$の倍数となるような2個の自然数が存在する.} \\\\ (2)\ \ 差が$p$の倍数となる2個の自然数を\ $\underbrace{111…1}_{a個}$,\ \ $\underbrace{111…1}_{b個}\ \ (a>b\geqq1)$\ とする. \\[.5zh] \phantom{ (1)}\ \ この2数の差は,\ $\textcolor{red}{\underbrace{111…1}_{a-b個}\underbrace{000…0}_{b個}=\underbrace{111…1}_{a-b個}\times10^b\ (b:自然数)}$の形で表される. \\[1zh] \phantom{ (1)}\ \ ここで,\ $p$は2,\ 5以外の素数であるから,\ \textcolor{forestgreen}{$p$と$10^b$は互いに素}である. \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ よって,\ $\bm{\underbrace{111…1}_{a-b個}\,はpの倍数}$である. \\\\[1zh] フェルマーの小定理を利用}\,] \\[1zh] \,$1がn個並ぶ自然数は,\ \bunsuu{10^n-1}{9}\ (n:自然数)と表せる.$ \\[1zh] \,$\textcolor{cyan}{n=p-1\ (p:2,\ 5以外の素数)}$のときを考える. \\[.5zh] \,\textcolor{forestgreen}{10と$p$は互いに素}であるから,\ フェルマーの小定理より $\textcolor{red}{10^{p-1}-1\equiv0\pmod p}$ \\[.5zh] また $\textcolor{red}{10^{p-1}-1}\equiv1^{p-1}-1\equiv\textcolor{red}{0\pmod9}$ \\[.5zh] よって,\ \textcolor{forestgreen}{$p$と9が互いに素}のとき,\ \textcolor{red}{$10^{p-1}-1$は$9p$の倍数}である. \\[1zh] ゆえに,\ $\bm{p\neqq3}$のとき,\ $\bm{\bunsuu{10^{p-1}-1}{9}\,はpの倍数}$である. \\[.5zh] また,\ $\bm{p=3}$のとき,\ $\bm{111}=3\cdot37$が条件を満たす. レピュニット数の最も代表的な次の性質の証明で,\ 部屋割り論法を利用するのが標準解法である. \\[.5zh] \bm{2,\ 5以外のすべての素数は,\ レピュニット数の素因数に現れる.} \\[.2zh] 言い換えると,\ \bm{2,\ 5以外のすべての素数は,\ 何倍かするとレピュニット数になる.} \\[1zh] (1)\ \ \bm{部屋割り論法}の項目で本質的に同じ問題を取り上げた. \\[1zh] (2)\ \ 具体例(p=7)を示しておく. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 異なる8個の整数1,\ 11,\ 111,\ 1111,\ 11111,\ 111111,\ 1111111,\ 11111111があるとする. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ (1)より,\ この中に差が7の倍数となる2数が必ず存在する. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 実際,\ 11111111-11=11111100=7\times1587300である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 11111100=111111\times10^2\,において10^2\,は7の倍数ではないから,\ \bm{111111が7の倍数}である. \\\\ \phantom{(1)}\ \ 本問には,\ フェルマーの小定理を利用するより本質的な別解が存在する. \\[.5zh] \phantom{(1)}\ \ \bm{フェルマーの小定理 a^{p-1}\equiv1\pmod p (p:素数,\ aとpは互いに素)} \\[1zh] \phantom{(1)}\ \ また,\ レピュニット数が\,\bunsuu{10^n-1}{9}\,の形で表せることを利用する. \\[.8zh] \phantom{(1)}\ \ レピュニット数は,\ 1111=1000+100+10+1のようにして和に分割できる. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ n桁のレピュニット数は初項1,\ 公比10,\ 項数nの等比数列の和(数\text B:数列)である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ よって,\ 等比数列の和の公式を用いて\ \bunsuu{1(10^n-1)}{10-1}=\bunsuu{10^n-1}{9}\ が導かれる. \\[.8zh] \phantom{(1)}\ \ 数列を未学習でも,\ 具体的に\,\bunsuu{10^4-1}{9}=\bunsuu{9999}{9}=1111と考えると直感的に理解できる. \\\\ \phantom{(1)}\ \ 定理より10^{p-1}\equiv1,\ よって10^{p-1}-1\equiv0\pmod pなので,\ \bm{10^{p-1}-1はpの倍数}である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ \bm{10^{p-1}-1は9の倍数}である.\mod9で確認したが,\ 10^{p-1}-1=99…9よりほぼ自明である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ pの倍数かつ9の倍数でpと9が互いに素ならば,\ 9pの倍数である. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 素数pの中で3のみが9と互いに素ではないから,\ 3の場合のみ分けて考えることになる. \\[1zh] \phantom{(1)}\ \ 別解から,\ \bm{pの倍数となるレピュニット数は\ \bunsuu{10^{p-1}-1}{9}=\underbrace{111…1}_{p-1個}\ }であることがわかる. \\[.2zh] \phantom{(1)}\ \ 例えば,\ \underbrace{111…1}_{12個}\,は13の倍数である. 自然数$n$に対し,\ $R_n=\underbrace{111…1}_{n個}=\bunsuu{10^n-1}{9}$\ と定める. \\\\[-.5zh] \hspace{.5zw}\ \ (1)\ \ $R_{n+1}$と$R_n$が互いに素であることを示せ. \\[1zh] \hspace{.5zw}\ \ (2)\ \ $m$を自然数とする.\ \ $n$が$m$の倍数のとき,\ $R_n$が$R_m$の倍数となることを示せ. \\[1zh] \hspace{.5zw}\ \ (3)\ \ $m$を0以上の整数とする. \\[.2zh] \hspace{.5zw}\phantom{(3)}\ \ \ \ $R_{3^m}$は$3^m$の倍数だが,\ $3^{m+1}$の倍数ではないことを数学的帰納法を用いて示せ. \\ (1)\ \ $R_{n+1},\ R_n$は2,\ 5の倍数ではない. \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ \textcolor{red}{$R_{n+1},\ R_n$が2,\ 5以外の素数の公約数$p$をもつと仮定}する. \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ このとき,\ $R_{n+1}=pk,\ R_n=pl\ (p:2,\ 5以外の素数\,;\ k,\ l:自然数)$とおける. \\[1zh] \phantom{ (1)}\ \ 差をとると $R_{n+1}-R_n=\textcolor{red}{10^n=p(k-l)}$ \\[.2zh] \phantom{ (1)}\ \ これは,\ $\textcolor{red}{pが2,\ 5以外の素数であることと矛盾}する.$ \\[1zh] \centerline{$\therefore \bm{R_{n+1}\,とR_n\,は互いに素}である.$} 互いに素の証明では,\ \bm{素数の公約数をもつと仮定して矛盾を示す}とよいのであった. \\[.2zh] ただし,\ 本問の場合,\ \bm{2,\ 5以外の素数}とすることが重要になる. \\[.2zh] レピュニット数に関する証明では,\ 111…1の形で考えるか,\ \bunsuu{10^n-1}{9}\,の形で考えるかの2択がある. \\[.8zh] 本問の場合は111…1の形で考えた方が手っ取り早い. \\[.2zh] R_{n+1}-R_n=\underbrace{111…1}_{n+1個}-\underbrace{111…1}_{n個}=1\underbrace{000…0}_{n個}=10^n (2)\ \ $\textcolor{cyan}{n=km\ (k:自然数)}$とおける. \\[1zh] \centerline{$\therefore$ $(10^m)^{k-1}+(10^m)^{k-2}+\cdots+1は整数なので,\ \bm{R_n\,はR_m\,の倍数である.}$} \\\\[.5zh] 本問は\,\bunsuu{10^n-1}{9}\,の形で考えるほうが楽である. \\[.8zh] 何とかしてR_m\,の形を作り出すことを考え,\ 10^m=xとして次の公式を適用する. \\[.8zh] \bm{x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+\cdots\cdots+xy^{n-2}+y^{n-1})} \\[.5zh] 特に,\ y=1のとき \bm{x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots\cdots+x+1)} \\[1zh] 整数分野では,\ この公式を用いてx^n-y^n\,がx-yの倍数であることを示す問題が少なくない. \\[1zh] 具体例(k=3,\ m=5)を111…1の形で示しておく. \\[.5zh] R_{15}=R_{3\cdot5}=\underbrace{11111}_{5個}\underbrace{11111}_{5個}\underbrace{11111}_{5個}=\underbrace{11111}_{5個}\times10^{5\cdot2}+\underbrace{11111}_{5個}\times10^5+\underbrace{11111}_{5個} \\\\[-.7zh] \phantom{ R_{15}=R_{3\cdot5}}=\underbrace{11111}_{5個}\ \{(10^{5})^2+10^5+1\}=R_5\{(10^{5})^2+10^5+1\} \\\\ レピュニット数が素数となるとき,\ これを\bm{レピュニット素数}という. \\[.2zh] 本問から,\ \bm{nが合成数のときR_n\,も合成数となる}ことがわかる. \\[.2zh] よって,\ R_n\,がレピュニット素数であるためには,\ nが素数であることが必要条件である. \\[.2zh] 十分条件ではない.\ つまり,\ nが素数だからといって,\ R_n\,も素数になるとは限らない. \\[.2zh] 2021年現在,\ レピュニット素数はn=2,\ 19,\ 23,\ 317,\ 1031の場合しか知られていない. \\[.2zh] レピュニット素数が無限に多く存在するかは未解決である. m=0}$のとき $R_{3^0}=R_1=1$は$3^0=1$の倍数だが,\ $3^{0+1}=3$の倍数ではない. m=k}$のとき \textcolor{cyan}{$R_{3^k}$は$3^k$の倍数だが,\ $3^{k+1}$の倍数ではないと仮定}する. \\[1zh] よって,\ $R_{3^{k+1}}$は$3^{k+1}$の倍数だが,\ $3^{k+2}$の倍数ではない. [1],\ [2]\,より,\ \textbf{すべての0以上の整数$\bm{m}$に対して,\ 題意の性質が成り立つ.}} \\\\[1zh] m=0}$のとき $R_{3^0}=R_1=1$は$3^0=1$の倍数だが,\ $3^{0+1}=3$の倍数ではない. \\\\ {10^{3^k}-1}{9}$は$3^k$の倍数だが,\ $3^{k+1}$の倍数ではないと仮定}する. \\[.5zh] \phantom{ (1)}\ \ \phantom{[1]}\ \ このとき,\ $R_{3^k}=\bunsuu{10^{3^k}-1}{9}=3^kq\ \ (q:3の倍数でない自然数)$とおける. \\[.5zh] $R_{3^{k+1}}$は$3^{k+1}$の倍数だが,\ $3^{k+2}$の倍数ではない. \\\\ \centerline{$\therefore$ [1],\ [2]\,より,\ \textbf{すべての0以上の整数$\bm{m}$に対して,\ 題意の性質が成り立つ.}} \bm{3^m\,桁のレピュニット数R_{3^m}\,は3^m\,の倍数}であることの証明である. \\[.2zh] 例えば,\ 3桁のとき111=3\cdot37,\ \ 3^2=9桁のとき111111111=9\cdot37\cdot333667である. \\[1zh] レピュニット数R_n\,には,\ R_9\,はR_3\,で,\ R_{27}\,はR_9\,で構成されるという\bm{逐次的構造}がある. \\[.2zh] これを考慮すると,\ 数学的帰納法(数\text B)による証明が有効である.\ 数\text B学習済みを前提とする. \\[1zh] 基本的な流れは(2)と同様である.\ ただし,\ 111…1の形で考えるほうを本解とした. \\[.2zh] m=k+1のとき,\ (2)と同様にして,\ まずR_{3^k}\,の倍数,\ つまり3^k\,の倍数であることが示される. \\[.2zh] 後は,\ \bm{R_{3^k}\,以外の部分が3の倍数であり,\ かつ3^2=9の倍数でない}ことを示せばよい. \\[1zh] \bunsuu{10^n-1}{9}\,の形で考えるとき,\ \bm{倍数条件を文字で設定して数式に反映させる}ことになる. \\[.2zh] ただし,\ \bunsuu{10^{3^k}-1}{9}=3^kq\,をこのままの形でR_{3^{k+1}}\,の式に適用させようとしても難しい. \\[.8zh] この場合,\ \bm{仮定のほうの式をあらかじめ変形してから適用する}とよいのであった. \\[.2zh] 後はa^m\times a^n=a^{m+n},\ \ (a^m)^n=a^{mn}\ に注意してひたすら計算し,\ 3^{k+1}\,をくくり出せばよい.
