\(a=3n\pm1\)と\(b=3m\pm1\)を試すのかなぁとか思ってる。確かに、これ、さっきやったよね。3m+1)$$の3パターン試せばいいんだけど。合同法はまた今度やるからさ!しょうがないなぁ。(3n+3m-2)(9m^{2}-9mn-3m-3n+2)$$だから、3の倍数にならないから、ダメ。9(n+m)(3m^{2}-3mn-3m-3n+1)$$だから、とりあえず9の倍数だね。2番目のカッコは3の倍数にはならないから、\(n+m\)が9の倍数になる必要がある。(3n+3m+2)(9m^{2}-9mn+3m+3n+2)$$だから、3の倍数にならない。すると2番目のパターンだけを考えればいいね。ようこちゃんのいう通り、\(n+m\)が9の倍数になれば、条件を満たせるね。9の倍数だけど、\(a^{2}+b^{2}\)を最小にしたいんだから、\(n+m=9\)にすればいいのよね。b=-3n+28$$にすればいいから、あとは\(a^{2}+b^{2}\)を計算すればいいね。ようこちゃん、がんば!計算は私の役割なのね。18n^{2}-174n+785$$で、重要なのは頂点だね。4.83$$だから、一番近い整数は5だね。\(n=5\)で最小になる。b=14\)のときもOK。275\)でこれが最小値。整数の問題、なんかできるようになったかも。今日のまみ、気合い入りすぎじゃない?いいから、いいから。x^{2}+7\)とおく。\(n\)は3以上の自然数で、ある自然数\(a\)に対して\(f(a)\)は\(2^{n}\)の倍数になっているとする。このとき\(f(a)\)と\(f(a+2^{n-1})\)のうち、少なくとも一方は\(2^{n+1}\)の倍数になっていることを示せ。(2)任意の自然数\(n\)に対して\(f(a_{n})\)が\(2^{n}\)の倍数となるような自然数\(a_{n}\)が存在することを示せ。今までと毛色が違うように見えるけど、内容は、易しめだよ。やってみたくなるのは代入かな。2^{n}(a+2^{n-2})+a^{2}+7$$\(f(a)\)が\(2^{n}\)の倍数ということはわかっているから、これが\(2^{n+1}\)の倍数になっているかもしれないね。その場合はよくて、もしそうじゃない場合は\(f(a+2^{n-1})\)が\(2^{n+1}\)の倍数になっていればいいんだね。\(n\)が3以上だから、\(2^{n}(a+2^{n-2})\)は\(2^{n}\)の倍数だってことがわかるし、問題はここからだね。p\times2^{n}$$ただし、\(p\)は奇数。2^{n}(a+p+2^{n-2})$$だけど、括弧が偶数になっていればいいなぁ。a^{2}+7\)が偶数なんだから、\(a\)は奇数に決まってるか。あ、じゃあ、\(f(a+2^{n-1})\)は\(2^{n+1}\)の倍数じゃん。頭に思い浮かんだことをやりながら、「”希望”発”証明”着」メソッドを使っていれば、自然と証明できちゃうね。(2)は(1)を使えばできそう。n\)を一つ見つけれくればいいんだよね。それ以降は、\(f(a)\)か\(f(a+2^{n-1})\)が\(2^{n+1}\)の倍数になってくれるからね。これを繰り返せば、どこまでも作れる。うんうん、それで、見つかった?そりゃ、\(a=1\)でしょ。8は\(2^{3}\)なんだから。\(n\geq4\)からは、帰納法でできそう。最後の仕上げ、頼んだ、ようこちゃん。32\)となって成立。2^{k}\)となる\(a_{k}\)が存在するとする。f(a_{k}+2^{k-1})\)とすれば、\(f(a_{k+1})\)は\(2^{k+1}\)の倍数になる。よって、\(n=k+1\)のときも成立する。4\)以上の全ての自然数\(n\)についても成立する。以上より、全ての自然数\(n\)について、題意が証明された。整数の問題を練習できてよかった。