一般性を失わず $a\geqq b$ としてよい. 与式は以下のように変形できる. \[\dfrac{2^{a+b}+1}{2^a+2^b+1}=1+\dfrac{2^b(2^a-2^{a-b}-1)}{2^a+2^b+1}\] ここで $2^a+2^b+1$ は奇数であるから, 与式が整数であることは $\dfrac{2^a-2^{a-b}-1}{2^a+2^b+1}$ が整数であることと同値である. ここで明らかに $2^a-2^{a-b}-1<2^a+2^b+1$ より, $2^a-2^{a-b}-1=0$ が必要十分条件である. $2^{a-b}$ が奇数であることから $a=b$ が必要で, 特に $(a,b)=(1,1)$ が唯一の解であることが示された.

分数型の不定方程式を目にしたときに, 統一的に考えるべきなのが以下の事実です.

これは主張としては全く明らかなものですが, 分子の方が小さいことが確定されれば直ちに分子は $0$ であることが従うという点において, かなり強力であることが感じられるのではないでしょうか.

しかし普通は安直には使えません. 適切に整数を括り出してくることで, そのような形を創出する必要があります. 例えば, 分子・分母がともに同じ文字の多項式であれば, これは以下のように一般的な変形です. \[\frac{n^3-n+9}{n+2}=n^2-2n+3+\frac{3}{n+2}\]

では今回はどうすれば良いでしょうか？次は以下の事実がカギになります.

今回は $2$ べきが中心人物でありながら, 分母が奇数であることから, 大きな $2$ べきを括り出そうという発想に自然に至れるのではないでしょうか.

今のところ一次選抜では, ${\rm mod}$ の観察よりも大小評価を基軸にした不定方程式の方が多く出題されています. ある意味で整数論というより代数的な視点かもしれませんが, 整数の美味しいところの一つは離散性です. 常に念頭に置くようにしましょう.

なお冒頭の大小の仮定はおまじないのように書かれていますが, いくつかの文字に対称性があるときは一定の制限を付けておくと美味しいことが少なくありません. 特に大小関係は顕著な例でしょう. この勘は慣れるしかありません.

工事中

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解法1.　$\angle BAD=2\theta$ とおくと, 平行四辺形の条件より $\angle ABC=180^{\circ}-2\theta$ であり, $BC=BE$ より $\angle BEC=\angle ABC/2=90^{\circ}-\theta$ を得る. さらに $\angle BAX=90^{\circ}-\angle BEC=\theta$ である.

ここで $AD=BC=BE$ かつ $AX=EX$ であるから, 以下より三角形 $ADX$ と $EBX$ の合同が従う.\[\angle BEX=\angle BAX=\theta=\angle BAD-\angle BAX=\angle DAX\]よって特に $\angle ADX=\angle EBX$ であるから, 円周角の定理の逆より題意は示された.

解法2.　点 $A$ が原点, 直線 $ABE$ が実軸にあたるような複素座標を設定し, $B(t),D(\alpha)$ とおく. ここで $t$ は実数である. また $AD=1$, すなわち $|\alpha|=1$ としても一般性を失わない. このとき $E(t+1)$ であり, $AE$ の中点を $M$ とすればその座標は $(t+1)/2$ である. さらに平行四辺形の条件より $C(\alpha+t)$ である.

$X$ の座標を $z$ とおき, 以下これを求めよう. まず $AX\perp CE$ より \[\frac{z-0}{(\alpha +t)-(t+1)}\in\mathbb{R}i \iff \frac{z}{\alpha-1}+\frac{\alpha\overline{z}}{1-\alpha}=0 \iff z=\alpha\overline{z}\] ただし $|\alpha|=1$ より $\overline{\alpha}=1/\alpha$ を用いた. また $MX\perp AB$ より \[\frac{z-\frac{t+1}{2}}{t-0}\in\mathbb{R}i \iff \left(z-\frac{t+1}{2}\right)+\left(\overline{z}-\frac{t+1}{2}\right)=0 \iff z+\overline{z}=t+1\] これらを連立させることで $z=\dfrac{\alpha(t+1)}{\alpha+1}$ がわかる.

いま示すべき事実は $A,B,D,X$ の共円 であったが, これは以下より成立する. \[\frac{\alpha-t}{\alpha-0}\times\frac{z-0}{z-t}=t+1\in\mathbb{R}\]

見え見えの回転相似でした. とりあえず自明なangle-chaseだけでもかなりの角度がわかるので, 結論から逆算して同値な等式をいくつか考えてみると自然と気付けるのでは無いでしょうか. 勘の良い人は妙な等辺の条件を見た時点で察せるかもしれません.

解法2はみんな大好き複素計算を用いたものです. 条件に円が全く登場しないこの問題で好相性であることは容易に理解できるでしょう. 問題は座標の設定の仕方です. もちろんどれでも本質は変わらないのですが, 途中の手間が劇的に変わる可能性があります. 今回は等辺条件が最も厄介でしょうから, そこは実数のまま扱うのが一番嬉しいです. また $|\alpha|=1$ という仮定は共役を取る段階でも威力を発揮します. 例えば三角形が主役になる問題では, その外接円を単位円に設定しておけば多くの場合は間違いないでしょう.

受験数学的なテクニックにも見える複素座標で数オリの問題を倒すのは, どこか邪道のような心持ちもするかもしれませんが, 何の問題もありません. 数オリで評価されるのは美しさではありません. 半ばの道のりはどうであれ, 最終的に論理として正しければ必ず満点が降ることを忘れないようにしましょう. 8点は8点です.

解法1.　$P(f(n),n)$ より以下は正整数である. \[\frac{f(n)+f(f(n))}{f(f(n))+n+1}=1+\frac{f(n)-n-1}{f(f(n))+n+1}\] これより $f(n)\geqq n+1$ であり, $n$ を $f(n)$ で置き換えて $f(f(n))\geqq f(n)+1$ でもある. しかしこのとき \[0\leqq f(n)-n-1\lt f(n)+n+2\leqq f(f(n))+n+1\]より, 任意の $n$ に対し $f(n)=n+1$ が必要であることが示された. 特にこれは明らかに与式をみたす.

解法2.　十分大きい素数 $p$ について $P(p-f(f(n)),n)$ より $f(p-f(f(n)))+n+1$ は $p$ の約数であり, 特にこれは $p$ である. したがって $P(p-n-1,p-f(f(n)))$ より以下が正整数となる. \[\frac{p-n-1+f(p-n-1)}{f(p-n-1)+(p-f(f(n))+1)}=1+\frac{f(f(n))-n-2}{f(p-n-1)+(p-f(f(n))+1)}\] ここで $p$ は任意に大きくとれることから, $f(f(n))=n+2$ が必要である. これを与式に代入することで \[\frac{m+n+2}{f(m)+n+1}=1+\frac{m+1-f(m)}{f(m)+n+1}\] が正整数である. よって右辺において $n$ を十分大きくとることで, 任意の $m$ に対し $f(m)=m+1$ が必要であることが示された. 特にこれは明らかに与式をみたす.

この問題で重要なのは, $f(f(n))$ という「良くわからない項」をどう処理するかという問題です. そこで解法1は分母に同じ形を作りに行きました. 基本的に分数の形をした式が整数であるという状況においては, 分子の形に方が重要ですから, これを整理しに行けば良いのです. 残りの本質は問1と同じです. 結果としては最初の代入だけで解決してしまっているのでなんだか呆気ないですね.

しかし普通はここまであっさりとは片付きません. そこで汎用性のために提示したのが解法2です. 見ればわかりますが, キーポイントは以下の二つです.

• 無理やり素数を作る
• 分母だけに現れる文字を作る

もし分子に素数 (あるいは弱く素べきなど) を作ることができれば, 分母としてあり得る形はかなり限られてきます. するとほんの一部ケースだけだとしても, $f$ の返す値が確定することがあり, 後で有用に使えることがあります. 今回は分子の $m$ に余裕がありますから, ここで色々と遊ぶことができます.

二つ目は解法2を通じて二度用いられています. 今回は分母では $n$ に余裕がありますから, なんとか $f(f(n))$ を片付けてこれを利用したいと思ったときに, 上述のテクニックとの併用は自然な発想として思い描けるでしょう. 高度テクではありますが, 慣れれば一本道です.

もし解法2が想定の問題であれば何段階か難易度は上がるのではないでしょうか. 応用はこちらなど.