2018年入試問題研究に戻る京大特色4番解答
(1) $ a_1=x $ ， $ a_2=y $ とおく．また $ 2^5-1=31 $ である．よって31を法として \[ a_3\equiv 2x,\ a_4\equiv 2y,\ a_5\equiv 4x,\ a_6=x\equiv 4y,\ a_7=y\equiv 8x \] である． $ 0\leqq a_1< a_2< \cdots < a_5< 31 $ なので， \[ a_3=2x,\ a_4=2y,\ a_5=4x \] かつ \[ 0\leqq x< y< 2x< 2y< 4x< 31 \] である． $ x\equiv 4y\quad (\bmod \ 31) $ なので， $ 4y=x+31k $ とおく． $ 1\leqq 4y < 31\cdot 4 $ であるから $ k=1,\ 2,\ 3 $ である． $ a_2=y< a_3=2x $ より $ 4y=x+31k< 8x $ なので $ 31k< 7x $ ． 一方 $ a_5=4x< 31 $ なので， $ k=1 $ が必要である． $ k=1 $ のとき $ x $ は奇数，かつ $ 4x< 31 $ より $ x=3,\ 5,\ 7 $ が必要である． このうち $ x+31 $ が4の倍数となるのは， $ x=5 $ でこのとき $ y=9 $ ．これが必要である．逆に \[ a_1=5,\ a_2=9,\ a_3=10,\ a_4=18,\ a_5=20,\ a_6=5,\ a_7=9 \] は，すべての条件を満たす．
(2) 自然数 $ n $ と $ l $ に対して $ a_{nl+i}=a_i\ (1 \leqq i \leqq n) $ によって， $ m>n $ に対する $ a_m $ を定める． つまり，数列 $ a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n $ をくりかえして並べ， 新たな数列を作る． このとき，条件（ハ）によって，すべての自然数 $ m $ に対して \[ 2a_m-a_{m+k}\equiv 0 \quad (\bmod \ 2^n-1) \] が成り立つ．ここで \[ 2a_m-a_{m+k}\leqq 2a_m< 2(2^n-1) \] であり， \[ 2a_m-a_{m+k}\geqq -a_{m+k}>-(2^n-1) \] である． この結果， \[ 2a_m-a_{m+k}=0,\ 2^n-1 \] である． $ m+k\leqq n $ ，つまり $ 1\leqq m \leqq n-k $ のときは， $ a_m < a_{m+k}< 2^n-1 $ なので \[ 2a_m-a_{m+k}=a_m+a_m-a_{m+k}< a_m< 2^n-1 \] より \[ 2a_m-a_{m+k}=0 \] また $ n-k< m\leqq n $ なら $ a_{m+k}=a_{m+k-n} $ で $ 0< m+k-n< m $ なので \[ a_{m+k}< a_m \] である．この結果， \[ 2a_m-a_{m+k}=a_m+a_m-a_{m+k}\geqq 1 \] となり \[ 2a_m-a_{m+k}=2a_m-a_{m+k-n}=2^n-1 \] である． この数列の第 $ nk+1 $ 項までをとる． $ 1\leqq l\leqq n-1 $ に対して， \[ a_{lk},\ a_{lk+1},\ a_{(l+1)k},\ a_{(l+1)k+1} \] を考える．その4つの添え字 \[ lk,\ lk+1,\ (l+1)k,\ (l+1)k+1 \] について， \[ \begin{array}{l} lk,\ (l+1)k< n なら lk+1,\ (l+1)k+1\leqq n\\ lk< n\leqq(l+1)k なら lk+1\leqq n< (l+1)k+1 \end{array} \] が成り立つ．よって $ 2\leqq l\leqq n-1 $ のときは， \[ a_{lk+1}-a_{lk}=2\{a_{(l-1)k+1}-a_{(l-1)k}\} \] である． $ l=n $ のときは \[ a_{nk+1}-a_{nk}=2\{a_{(n-1)k+1}-a_{(n-1)k}\}-(2^n-1) \] である．したがって， \begin{eqnarray*} && \sum_{l=1}^n\left(a_{lk+1}-a_{lk} \right)\\ &=&\sum_{l=1}^n2^{l-1}\left(a_{k+1}-a_{k} \right)-(2^n-1) =(2^n-1)\left(a_{k+1}-a_{k}-1 \right) \end{eqnarray*} $ k $ が $ n $ と互いに素なので，次の添え字の集合は $ n $ を法としてすべて異なる． \[ \{k,\ 2k,\ \cdots,\ nk\},\ \{k+1,\ 2k+1,\ \cdots,\ nk+1\} \] よって \[ \{a_k,\ a_{2k},\ \cdots,\ a_{nk}\}= \{a_{k+1},\ a_{2k+1},\ \cdots,\ a_{nk+1}\}= \{a_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_n\} \] したがって， \[ \sum_{l=1}^n a_{lk+1}=\sum_{l=1}^n a_{lk} \] であり，この結果， \[ (2^n-1)(a_{k+1}-a_k-1)=0 \] $ 2^n-1\ne 0 $ なので， \[ a_{k+1}-a_k-1=0 \] が成立する．