東北大学 2015年 理系 第6問 解説

方針・初手

連続する $k$ 個の自然数の和は等差数列の和であるから、

$$ n=m+(m+1)+\cdots +(m+k-1)=km+\frac{k(k-1)}{2} $$

と書ける。これを $m$ について解くと条件 (A) が現れる。また、$m$ が自然数であることを「整数であること」と「正であること」に分けて言い換えると条件 (B) が現れる。

(2), (3) では、(1) で得た判定条件を用いて $k$ の奇偶に分けて調べる。

解法1

（1） 同値性の証明

まず、$n$ が $k$-連続和であるとする。するとある自然数 $m$ が存在して

$$ n=km+\frac{k(k-1)}{2} $$

である。よって

$$ m=\frac{n}{k}-\frac{k}{2}+\frac{1}{2} $$

となるから、$m$ は整数であり、条件 (A) が成り立つ。

また、

$$ 2n=2km+k(k-1)=k(2m+k-1) $$

である。ここで $m\ge 1$ であるから

$$ 2m+k-1>k $$

となり、

$$ 2n=k(2m+k-1)>k^2 $$

を得る。したがって条件 (B) も成り立つ。

逆に、(A), (B) が成り立つとする。

$$ m=\frac{n}{k}-\frac{k}{2}+\frac{1}{2} $$

とおくと、(A) より $m$ は整数である。さらに (B) より

$$ \frac{2n}{k}>k $$

であるから、

$$ 2m=\frac{2n}{k}-k+1>1 $$

となる。したがって $m>\dfrac12$ である。$m$ は整数であるから $m\ge 1$、すなわち $m$ は自然数である。

この $m$ について

$$ km+\frac{k(k-1)}{2} = k\left(\frac{n}{k}-\frac{k}{2}+\frac{1}{2}\right)+\frac{k(k-1)}{2} = n $$

であるから、

$$ n=m+(m+1)+\cdots +(m+k-1) $$

と表される。よって $n$ は $k$-連続和である。

以上より、$n$ が $k$-連続和であることと、(A), (B) がともに成り立つことは同値である。

（2） $n=2^f$ のとき

$n=2^f$ が $k$-連続和になると仮定する。(1) より条件 (A), (B) が成り立つ。

(i)

$k$ が奇数の場合

このとき

$$ \frac{k}{2}-\frac{1}{2}=\frac{k-1}{2} $$

は整数であるから、(A) より $\dfrac{2^f}{k}$ も整数である。したがって $k$ は $2^f$ の奇数の約数である。

しかし $2^f$ の奇数の約数は $1$ しかないので、$k=1$ となる。これは $k\ge 2$ に反する。

(ii)

$k$ が偶数の場合

このとき $\dfrac{k}{2}$ は整数であるから、(A) より

$$ \frac{2^f}{k}+\frac{1}{2} $$

が整数である。ゆえに $\dfrac{2^f}{k}$ は半整数であり、

$$ \frac{2^{f+1}}{k} $$

は奇数の整数である。

ところが $2^{f+1}$ は $2$ の冪であるから、その奇数の約数は $1$ しかない。したがって

$$ \frac{2^{f+1}}{k}=1 \quad\Longrightarrow\quad k=2^{f+1} $$

である。

しかしこのとき条件 (B) は

$$ 2n=2^{f+1}>k^2=2^{2f+2} $$

を要求するが、これは明らかに不可能である。

（i）, （ii） のいずれも矛盾するから、$n=2^f$ のとき、$n$ が $k$-連続和となるような自然数 $k\ge 2$ は存在しない。

（3） $n=p^f$（$p$ は奇素数）のとき

(1) の条件を用いて、$k$ の奇偶で場合分けする。

(i)

$k$ が奇数の場合

このとき

$$ \frac{k}{2}-\frac{1}{2}=\frac{k-1}{2} $$

は整数であるから、(A) より $\dfrac{p^f}{k}$ は整数である。よって $k$ は $p^f$ の約数であり、

$$ k=p^a \qquad (1\le a\le f) $$

と書ける。

さらに (B) より

$$ 2p^f>k^2=p^{2a} $$

である。$p\ge 3$ であるから、これは

$$ 2a\le f $$

と同値である。したがって奇数の $k$ は

$$ k=p^a \qquad \left(1\le a\le \left\lfloor \frac{f}{2}\right\rfloor\right) $$

に限る。よって個数は

$$ \left\lfloor \frac{f}{2}\right\rfloor $$

個である。

(ii)

$k$ が偶数の場合

$k=2\ell$ とおく。このとき (A) より

$$ \frac{p^f}{2\ell}-\ell+\frac12 $$

が整数であるから、$\dfrac{p^f}{2\ell}$ は半整数である。したがって

$$ \frac{p^f}{\ell} $$

は奇数の整数である。ゆえに $\ell$ は $p^f$ の約数であり、

$$ \ell=p^b \qquad (0\le b\le f) $$

と書ける。すなわち

$$ k=2p^b $$

である。

さらに (B) より

$$ 2p^f>k^2=4p^{2b} $$

すなわち

$$ p^{,f-2b}>2 $$

である。$p\ge 3$ であるから、これは

$$ f-2b\ge 1 $$

と同値である。したがって偶数の $k$ は

$$ k=2p^b \qquad \left(0\le b\le \left\lfloor \frac{f-1}{2}\right\rfloor\right) $$

に限る。よって個数は

$$ \left\lfloor \frac{f-1}{2}\right\rfloor+1 $$

個である。

以上より、求める個数は

$$ \left\lfloor \frac{f}{2}\right\rfloor + \left(\left\lfloor \frac{f-1}{2}\right\rfloor+1\right) =f $$

である。

解説

この問題の本質は、

$$ n=km+\frac{k(k-1)}{2} $$

という形に直して、初項 $m$ の条件を整数条件と正値条件に分解することである。

(2) では $2$ の冪の約数構造が極端に単純であるため、奇数長でも偶数長でも矛盾が生じる。

(3) では $p^f$ の約数が $p^a$ に限られることを使うと、奇数長と偶数長の候補を完全に書き尽くせる。奇数長と偶数長を分けることが最も自然で確実な方針である。

答え

(1)

$n$ が $k$-連続和であることと、次の 2 条件がともに成り立つことは同値である。

$$ \frac{n}{k}-\frac{k}{2}+\frac{1}{2}\in \mathbb{Z}, \qquad 2n>k^2 $$

(2)

$n=2^f$ のとき、$n$ が $k$-連続和となるような自然数 $k\ge 2$ は存在しない。

(3)

$n=p^f$（$p$ は $2$ でない素数）のとき、$n$ が $k$-連続和となるような自然数 $k\ge 2$ の個数は

$$ f $$

個である。