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440.Re: 数学オリンピック2020  
名前:m    日付:2020年1月17日(金) 8時53分
(1)が少し簡単になったので
変更点は、2回目の帰納法が必要なくなったのと、それに合わせて補題を少し変更したこと。

(1)
補題':
m≧2, k≧1とする。f(m^(2^k)) = f(m)^(2^k)
証明: (前の補題と同じ。)kに関する帰納法
k=1のとき
fの定義よりf(m^2)=f(m)^2
kで成り立つとしてk+1のとき
f(m^{2^(k+1)}) = f({m^(2^k)}^2)
  = f({m^(2^k)})^2
  = {f(m)^(2^k)}^2
  = f(m)^{2^(k+1)}
(3つ目の等号で帰納法の仮定を使った。)
補題'が示せた。

数列{a(k)}をa(1) = 2, a(k+1) = a(k)^2 (k≧1)で定める。
A = {a(k) | k ≧ 1} = {2, 4, 16, 256, 65536, ...}とおく。f(n)の値はAの元となる。
よって、任意のm(≧2), k(≧1)に対し、f(m^(a(k))) = f(m)^(a(k))となることを示せば十分。
a(k)は2^lの形に表せる(∵a(k)は素因数を2しか持たない)ので補題'よりf(m^(a(k))) = f(m)^(a(k))が成り立つ。
よって関数fは条件「f(m^f(n))=f(m)^f(n)」を満たす。
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439.Re: 数学オリンピック2020  
名前:m    日付:2020年1月16日(木) 18時46分
何か間違いがあれば教えてください。できればだれか確認してください。

答えは4。

f(6^6) = 2, 3では矛盾します。
f(6^6) = 2とすると
6^6 = (6^3)^2 = (6^3)^f(6^6)より
2 = f(6^6) = f(6^3)^f(6^6) = f(6^3)^2
f(6^3)≧2だから2 ≧ 2^2。矛盾。
(3も同様)

f(6^6) = 4となるような関数fを作ります。

f(n) = f(√n)^2 (nは平方数)
  = 2 (nは平方数でない)
でfを定める。
このfに対して
(1) 条件「f(m^f(n))=f(m)^f(n)」を満たすこと
(2) f(6^6)=4
を示す。

(1)
補題:
m, n≧2, k≧1とする。nが2^kの倍数ならばf(m^n) = f(m^{n/(2^k)})^(2^k)
証明: kに関する帰納法
k=1のとき
f(m^n) = f(m^(n/2))^2
kのとき成り立つとしてk+1のとき
f(m^n) = f(m^(n/2))^2 = {f(m^((n/2)/(2^k))^(2^k)}^2 = f(m^{n/(2^(k+1))})^(2^(k+1))
(2つ目の等号で帰納法の仮定を使った。)
補題が示せた。

数列{a(k)}をa(1) = 2, a(k+1) = a(k)^2 (k≧1)で定める。
A = {a(k) | k ≧ 1} = {2, 4, 16, 256, 65536, ...}とおく。f(n)の値はAの元となる。
よって、任意のm(≧2), k(≧1)に対し、f(m^(a(k))) = f(m)^(a(k))となることを示せば十分。

任意にmをとり、kに関する帰納法でしめす。
k=1のとき
fの定義からf(m^2) = f(m)^2よりok
kのとき成り立つと仮定してk+1のとき
a(k+1)はa(k)の倍数でa(k)は2^lの形にかけるから(∵a(k)は素因数を2しか持たない)
補題により
f(m^(a(k+1))) = f(m^(a(k+1)/a(k)))^a(k)
  = f(m^(a(k)))^a(k)
帰納法の仮定より
  = {f(m)^(a(k))}^(a(k))
  = f(m)^(a(k+1))
示せた。

よって関数fは条件「f(m^f(n))=f(m)^f(n)」を満たす。

(2)
6^6 = 2^6 * 3^6より
f(6^6) = f((2^3*3^2)^2) = 2^2 = 4
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429.数学オリンピック2020  
名前:レオナルド    日付:2020年1月15日(水) 19時15分
2以上の整数で定義された2以上の整数値をとる関数fであって、任意の2以上の整数m,nに対して、f(m^f(n))=f(m)^f(n)を満たすものを考える。f(6^6)の値としてありうる最小の値を求めよ。という問題です。
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