Weekend Mathematics／問題／問題61
６１．２００２年の問題
２００２年、新年あけましておめでとうございます。
さて、「２００２」という数字は、逆さまからよんでもやはり「２００２」となります。
数字の回文？
そこで数字の回文についての問題です。
偶数桁の数字の回文（もちろん自然数）は、必ず１１で割り切れるという性質があります。
適当なもので試してみてください！！
そしてこれを証明してください。
注）回文：「しんぶんし」、「たけやぶやけた」など逆さによんでもかわらないもの
（ペンネ−ム：スチューデント）
１０・a＋bを、abと表すことにします。
ここに、ある偶数桁の数、
abcde...xyzzyx...edcba
があったとします。
ここで、zz000000...00は、１１の倍数です。（z・11・1000...00）
次に、y00y0000...000は、１００１の倍数です。（y・1001・1000...00）
以下同様に
・
・
・
最後にa000......000aは、１０００．．．０００１の倍数です。
また、
| １１ | ＝１１＊１ |
| １００１ | ＝１１＊９１ |
| １００００１ | ＝１１＊９０９１ |
| １００００００１ | ＝１１＊９０９０９１ |
| ・ | |
| ・ | |
| ・ |
（ペンネ−ム：こざっぱ）
数字の回文「ＡＢＣＤＥ・・・・ＥＤＣＢＡ」を、
同じ数字の部分に注目して、加算の式で表すと
| ＡＢＣＤＥ・・・・ＥＤＣＢＡ | ＝ Ａ００００・・・・００００Ａ |
| ＋ ０Ｂ０００・・・・０００Ｂ０ | |
| ＋ ００Ｃ００・・・・００Ｃ００ | |
| ＋ ０００Ｄ０・・・・０Ｄ０００ | |
| ・ | |
| ・ | |
| ・ |
（ペンネ−ム：judas）
まず、11は11で割り切れる。あたりまえですね。
次に、1001=11+990=11+11・90 なのでやはり割り切れる。
同様に、１００００１、１００００００１など偶数桁で両端が１で中の数字が全部０
の場合は
すべて 11+999.......990 （9は偶数個）となるので、11で割り切れる。
任意の偶数桁の数字の回文は、
ABCD......DCBA=A00.........00A+B00..........00B・10+C00........00C・100+D00...
........00D・1000+.....0000
と対になっている数字をそれぞれ取り出して分解すると、
それぞれが上記の「偶数桁で両端が１で中の数字が全部０の場合の数」の倍数とな
る。
したがって、偶数桁の数字の回文は常に11で割り切れる。
（ペンネ−ム：とうがらし）
まず、８桁の数字abcddcbaについて考えてみます。
| 11= | 1×11 |
| 1001= | 91×11 |
| 100001= | 9091×11 |
| 10000001= | 909091×11 |
| abcddcba | =a×10000001＋10b×100001＋100c×1001＋1000d×11 |
| =a×909091×11＋10b×9091×11＋100c×91×11＋1000d×11 | |
| =(909091a＋90910b＋9100c＋1000d)×11 |
一般に、
0が2n-2個連なる2n桁(n>3)の数100....01は、
90がn-2連なり最後が91で終わる数9090....91と
11との積で表せる。
すなわち、
1000....01=9090...91×11
また、11=1×11, 1001=91×11だから、
回文数abcd....dcbaは上記n=4（８桁）の例のように
11を因子に持つので11で割り切れる。
（ペンネ−ム：ＤＤＴ）
偶数桁の数字の回文Aを、
A＝a1a2･･･an-1ananan-1･･･a2a1
で表す(２ｎ桁)。ここでｎ≧1，1≦i≦ｎ，0≦ai≦9で整数、ただしa1≠0。
となる。L=0〜n-1を代入した際、102L+1≡10：mode 11 であることを示す。
| 102L+3 | ＝102L+1･100 |
| ≡10･1：mode 11 | |
| ≡10 ：mode 11 |
（ペンネ−ム：teki）
偶数桁の回文となる数字を書き換えると、
ａ×10・・・01+b×10・・・01×10+・・・・・となります。
これが11の倍数になることを証明すればいいわけです。
従ってこの問題は、要するに102n-1＋１が11で割り切れることを証明すればよい
ことになります。
数学的帰納法を用いて証明することとします。
Ｆ（ｎ）＝102n-1＋１とおくと、ｎ＝１のとき、Ｆ（ｎ）＝11 で題意を
満たす。
Ｆ（ｋ）＝102k-1＋１が11の倍数であると仮定すると、
Ｆ（ｋ+1）＝102k+1＋１となる。
ここで、
| Ｆ（ｋ+1）−Ｆ（ｋ） | ＝102k+1−102k-1 |
| ＝102k-1×（100-1） | |
| ＝99×102k-1 |
（ペンネ−ム：Ｊｕｎｂｏｕ）
まず１０２ｎ−１＋１が１１の倍数であること・・・@を示す。（ｎは自然数）
（@） ｎ＝１のとき
１０＋１＝１１ より成り立つ。
（A） ｎ＝ｋのとき成り立つと仮定すると
１０２ｎ−１＋１＝１１Ａ とおける（Ａは自然数）
両辺に１００をかけると
１０２ｎ＋１＋１００＝１１００Ａ
１０２（ｎ＋１）−１＋１＝１１（１００Ａ−９） となり
ｎ＝ｋ＋１のときも成り立つ。
以上（@）（A）よりすべての自然数ｎにおいて１０２ｎ−１＋１は１１の倍
数である。
今２ｍ桁（ｍは自然数）の回文を考えると、条件より以下のように書ける。
１０２ｍ−１ａ１＋１０２ｍ−２ａ２＋・・・＋１０ｍａｍ
＋１０ｍ−１ａｍ＋１０ｍ−２ａｍ−１＋・・・＋ａ１
ここでそれぞれ同じものをまとめると
（１０２ｍ−１＋１）ａ１＋１０（１０２（ｍ−１）−１＋１）ａ２＋
１０２（１０２（ｍ−２）−１＋１）ａ３＋・・・＋１０ｍ−１
（１０＋１）ａｍ となる。
ここで@より１０２ｎ−１＋１ は１１の倍数となるので上式の各項は１１の倍
数となる。
つまり２ｍ（偶数）桁の自然数の回文！？は１１の倍数となる。
（ペンネ−ム：夜ふかしのつらいおじさん ）
この問題の解答の要点は、x+1,x3+1,・・・,x2n-1+1 が、
それぞれ (x+1) を因数に持つことです。
x+1 は明らかです。
x3+1=(x+1)(x2-x+1),
・・・
x2n-1+1=(x+1){x2n-2-x2n-3+x2n-4-・・・+x2-x+1}
のように右辺の右の因数は奇数個の項があり符号が＋−＋−・・・＋と交互になります。
面倒なので、x2n-2-x2n-3+x2n-4-・・・+x2-x+1=x\(2n-2) と表すことにします。
さて、偶数桁(2n)の数字の回文を a1 a2 a3 ・・・ an an ・・・ a3 a2 a1 とおきます。
ak は各位の数字を表します。
| a1 a2 a3 ・・・ an an ・・・ a3 a2 a1 | |
| ＝ | a1・102n-1+a2・102n-2+a3・102n-3+・・・+an・10n+an・10n-1+・・・+a3・102+a2・10+a1 |
| ＝ | a1・{102n-1+1}+a2・10{102n-3+1}+a3・102{102n-5+1}+・・・+an・10n-1(10+1) |
| ＝ | a1(10+1){10\(2n-2)}+a2(10+1){10\(2n-4)}+a3(10+1){10\(2n-6)}+・・・+an(10+1)(10\0) |
| ＝ | (10+1)[a1{10\(2n-2)}+a2{10\(2n-4)}+a3{10\(2n-6)}+・・・+an(10\0)] |
| ＝ | 11[a1{10\(2n-2)}+a2{10\(2n-4)}+a3{10\(2n-6)}+・・・+an(10\0)] |
偶数桁の 11=11・1,1001=11・91,100001=11・9091,10000001=11・909091,・・・
が分かれば当たり前のことです。
（ペンネ−ム：ｄ３）
数列｛a[n]｝(n∈Ｎ：自然数)を次で定義します：
a[n]：＝102n−1＋1．
問題の数mは，
項がすべて非負の整数の数列｛c[n]｝
（ただし，十分に大きなnについては0とする）と，
上の数列｛a[n]｝を用いて，
m＝Σ(j＝1・・・)，｛c[j]×a[j]｝
と表せます．
たとえば，m＝52344325のとき，
m＝4000×a[1]＋300×a[2]＋20×a[3]＋5×a[4]です．
ここでこの問題は，
｛a[n]｝の項がすべて１１で割り切れることを示せば十分です．
a[1]＝11はtrivialです．以下はn＞1で扱います．
（この１行は本質的ではないけど加えておきます．）
［証明１］
S＝1−x＋x2＋・・・＋(−x)2n−2とします．
これは等比数列の和なので，x≠1として，
S＝｛1−(−x)2n−1｝/(1+x)
S＝｛1＋x2n−1｝/(1+x)
すなわち，
1＋x2n−1＝S×(1+x)
ここで，x＝10とすれば，
a[n]＝｛1−10＋102＋・・・＋(−10)2n−2｝×11
右辺の前のカッコは正の整数です．よって，１１で割り切れます．
［証明２］
a[n]は2n桁の数で，
a[n]＝100・・・01．（0は2n−2個続く）
ここで，
a[n]-11＝99・・・90．（9は2n−2個続く）
a[n]-11＝10×99・・・9．（9は2n−2個続く）
99・・・9．（9は2n−2個続く）はふた桁ごと区切ると，
明らかに11の倍数です．
よって，１１で割り切れます．
これでＯＫだと思います．
最初は数学的帰納法でって考えました．
何となくかきづらくて，まどろっこしいなぁ，と思いつつ．
そんなこんなで，111・・・1を使おうか，とも思いました．
10＋1＝11だなって思って１番ができました．
ふた桁ごと区切ることを考えて，２番です．
いかがでしょうか？
（ペンネ−ム：浜田 明巳）
この回文数の桁数をｎ（ｎは偶数）とすると，この回文数を
| ａ１×１０ｎ−１＋ａ２×１０ｎ−２＋ａ３×１０ｎ−３＋………＋ａn/2×１０n/2 | |
| ＋ａn/2×１０n/2−１＋ａn/2−１×１０n/2−２＋ａn/2−２×１０n/2−３＋………＋ａ１ | |
| ＝ | ａ１×(１０ｎ−１＋１)＋ａ２×(１０ｎ−２＋１０)＋ａ３×(１０ｎ−３＋１０２) |
| ＋………＋ａn/2×(１０n/2＋１０n/2−１) | |
| ＝ | ａ１×(１０ｎ−１＋１)＋ａ２×１０×(１０ｎ−３＋１)＋ａ３×１０２×(１０ｎ−５＋１) |
| ＋………＋ａn/2×１０n/2−１×(１０＋１) |
故にＡ(ｍ)は１１の倍数である．
故にこの回文数は，
ａ１×Ａ(ｎ−１)＋ａ２×１０×Ａ(ｎ−３)＋ａ３×１０２×Ａ(ｎ−５)
＋………＋ａｎ／２×１０ｎ／２−１×Ａ(１)
となり，１１の倍数であることが分かる．
（ペンネ−ム：yokodon）
まず、以下の補題を示します。
【補題】
bm ＝ 102m+1 +1 （m ＝ 0,1,2,...） は、
全ての非負整数 m に関して11の倍数である。
【証明】
２項定理より、
である。この展開結果から明らか。
これを用いて、題意の命題を証明します。
題意のような数字を 2n 桁であるとして、その１位から10n の位までの数字を
a1, a2, ..., an
（但し ak は全て整数で 0 ≦ ak ≦ 9 であり、a1 ≠ 0）と
します。題意のような数 M は以下のように表せます。
従って、上記の補題より bn-k が11の倍数なので、M も 11 の倍数です。
これにて主張成立です。
（ペンネ−ム：BossF）
偶数桁(2n桁)の回文数N は、
とかけます。ところが
(102k-1+1)=(10+1)(102k-2-102k-3+102k-4-…+1)≡0(mod11)
よって題意は示せました■
（ペンネ−ム：月の光）
F2nを2n桁の自然数とし、
と表わします。
(0≦ak≦9、ただしa0≠0)
条件よりak＝a2n-1-kなので
10≡-1 (mod11)なので
よって『偶数桁の数字の回文（もちろん自然数）は、必ず１１で割り切れるという性質』が成り立ちます。
（ペンネ−ム：モルモット大臣）
解答・その１
問題は偶数桁の回文が11で割り切れることを証明することです。
まず全桁数を2N桁(Nは自然数)とします。
1桁目の数をA1,それから順に桁数ごとにA2,A3,.......AN..........A2N-1,A2Nと2N桁までを割り当てます。
そうしますと回文ということから、
A1からANまでのN桁とAN+1からA2NまでのＮ桁を比較すると
第N桁とN+1桁の間で左右それぞれ対称になっているはずです。
すなわち
AN+1,AN+2,...............A2N-1,A2N=AN,AN-1,................A2,A1という配列です。(#1)
そこで実際の数Bとして表してみると
B=A1×100+A2×101+A3×102+...
AN×10N-1+AN+1×10N+...+A2N-1×102N-2+A2N×102N-1
ここで(#1)より
この式は次のように書き直せます。
B=A1×100+A2×101+A3×102+....+
AN×10N-1+AN×10N+...+A2×102N-2+A1×102N-1
さらにこの式を変形して
B=A1{102N-1+100}+A2{102N-2+101}+.........+AN{10N+10N-1}
とおく。
すなわちBが11で割り切れるためには全ての{}内が11で割り切れればよい。
そこで{}内を一般化しCとおくと
C= 102N-K+10K-1, (Kは1からNまでの自然数)
さてここでCをC=10K-1{102N-2K+1+1}と変形する。
ここで{102N-2K+1+1}に着目してこれをDとおく。
すなわちDが11で割り切れることを示す。
D=102N-2K+1+1である。
しかしこのままでは11で割り切れることを証明するのは難しい。
そこで D=102N-2K+1+1の両辺から11を引き、さらに変形する。
D-11=102N-2K+1+1-11=102N-2K+1-10=10{102(N-K)-1}=10{[102]N-K-1N-K} (#2)
この(#2)式は一般に
Pa-Qa＝(P-Q)[Pa-1+QPa-2+......+PQa-2+Qa-1]
の形である。
よって(#2)は
10(102-1){[102]N-K-1+....+1N-K-1}＝
90×11{[102]N-K-1+....+1N-K-1}
となり任意のKに対してD-11が11で割り切れることからD-11=11G(Gは自
然数)とおけD=11(G+1)よりDも11で割り切れる。
これからC=10K-111(G+1)よりCも任意のKに対して11で割り切れる。
以上より題意の回文となる数Bは11で割り切れる。
解答・その２
回文の左右の桁数をN桁とする。Nによる数学的帰納法で証明をする。
N=1の時はその数字をPP(Pは1〜9までの自然数)とおく
とPP=10P+P=11Pとなり確かに11の倍数。
ここでN=kの時にこの数をA(k)とし、
11の倍数であると仮定するとA(k)=11m(mは自然数)とおける。
任意の2(k+1)桁の回文をA(k+1)とおく。
先頭と最後の数字は回文より同じで、B(Bも1〜9までの自然数)とおくと
2k桁の回文A(k)を用いて、以下のようにかける。
A(k+1)=B×102k+1+B+A(k)×10
数学的帰納法の仮定により、A(k)は１１の倍数なので、A(k)=11mとおける。
よってA(k+1)=B×102k+1+B+A(k)×10=B[102k+1+1]+110m
ここで[102k+1+1]に着目して
C=102k+1+1とおき両辺から11を引いて変形すると
C-11=102k+1+1-11= 102k+1-10=10[102k-1]=10[(102)k-1]となり
10[(102)k-1]=10(102-1){(102)k-1+(102)k-2+.......+102+10+1}
すなわち C-11=990{(102)k-1+(102)k-2+.......+102+10+1}
C=990{(102)k-1+102)k-2+.......+102+10+1}+11で
990=11×90よりCは11の倍数=11t(tも自然数)
最後に A(k+1)=B×11t+110mとなりN=k+1の時も11の倍数。よって数学的帰納法により
題意は証明された。
（ペンネ−ム：高橋 道広）
偶数桁の数字の回文を2n桁としてその数を並べたものを
X=a(1)a(2)...a(k)...a(n)a(n)...a(k)...a(2)a(1)
と書いたとします。
となり、
102n-k+10k-1=10k-1×(102n-2k+1+1)
ですから10（奇数）+１が11で割り切れることを示せばよいことになります。
では問題を「102n-1+1が１１で割り切れることを証明せよ」として、これを
解くことにします。
解1 数学的帰納法
n=1のとき 102×1-1+1=11は１１で割り切れる。
n=kのとき102k-1+1が１１で割り切れると仮定したときに
n=k+1の時、
| 102k+1+1 | =102×102k-1+1 |
| =102×(102k-1+1-1)+1 | |
| =102×(102k-1+1）-100+1 |
解２ 二項定理
X=11とする
となり、Σの各項はXだ少なくとも１つ含まれているのでXの倍数に
なっている。
よって元の数もX=11の倍数である。
解３ 因数分解 または等比数列の和
X=10とする
X2n-1+1=(X+1)(X2n-2-X2n-3+X2n-4-...＋１）
と因数分解されるのでX+1=11で割り切れることになる
解４ 等比数列の和
これは解３の読み替えみたいな方法ですが...
初項1公比-Xの等比数列の初項から2n-2項までの和は、
1-X+X2-X3+...+(-X)2n-2=(1-(-x)2n-1)/(1+x)
=(1+X)2n-1/(1+X)
X=10とすると、この式の左辺は整数であるから右辺も整数
すなわち(1+X)2n-1は1+X=11で割り切れる。
解５ 安直な方法
10...01(2n桁)=999...9990(2n-1桁）+11となる。
このとき右辺の0は偶数個より左辺の9も偶数個つまり
999...9990=9900...00(2n-１桁)+9900...00(2n-3桁)+...+99000(5桁)+990(3桁)
となる。右辺の各数は11で割り切れる(商は900...00の形)
よって明らかに（なんと便利なことばでしょう 明らかに...って）
10...01(2n桁)は11で割り切れる
解６ もっと安直な方法 法(mod）
10=-1(mod 11)より
102n-1+1=(-1)2n-1+1=-1+1=0（mod 11)
よって102n-1+1は１１の倍数
以上から元の命題が成り立つことが証明されました。
（ペンネ−ム：T_Tatekawa）
a を自然数として
100・a = (99+1)・a = 9・11・a + a
なので，100・a を 11 で割った余りは a を 11 で割った余りと同じ．
これを繰り返していくと，a・ 100n（n は自然数）を
11 で割った余りは，a を 11 で割った余りと同じになる．
つまり，
pqrs
という数（p, q, r, s は一桁の負でない整数）を 11 で割った
余りは
pq + rs
を 11 で割った余りと同じになる．
さて，今から考えようとしている数は偶数桁の回文なので，
この数が m 桁だとすると
m 桁目の数 = 1 桁目の数
m-1 桁目の数 = 2 桁目の数
m-k 桁目の数 = k+1 桁目の数
m/2+1 桁目の数 = m/2 桁目の数
ということになる．
以後，k 桁目の数を ak と書く事にする．
l を奇数とした場合
回文となっている数を二桁ずつ位取りしていくと
am-l+1 = al
am-l = al+1 (*)
となっている．一方で
am-l+1・10m-l+1 + am-l・10m-l
+ al+1・10l-1 + al・10l-2
を 11 で割った余りは
am-l+1・10 + am-l + al+1・10 + al
を 11 で割った余りとなり，これは (*) の関係から
(al+1 + al)・11
となって 11 で割り切れる．
桁数が 4 の倍数の場合はこれでよいが，桁数を 4 で割って
あまりが 2 の場合，m/2+1 桁目と m/2 桁目が残る．
ところが
am/2+1 = am/2
であるので，
am/2+1・10m/2+1 + am/2・10m/2
= am/2・11・10m/2
となり，余った m/2+1 桁目と m/2 桁目 も 11 で割り切れ、
よって回文となっている偶数桁の整数は必ず 11 で割り切れる．
（ペンネ−ム：wasmath）
偶数桁の回文的自然数Nは
N = a0・102n-1+a1・102n-2+a2・102n-3+・・・ +an-1・10n+an-1・10n-1+・・・+a1・10+a0と表されます。
証明１）
2m桁の数M(2m)=111・・・1=11+1100+110000+・・・+110・・・0
が11の倍数であることに注意すると，
N=a0・M(2n)+10(a1-a0)・M(2n-2) +100(a2-a1)・M(2n-4)+・・・ +10n-1・{an-1-an-2}・M(2)は11の倍数となります。
証明２）
102m-1+1=(10+1)・{ 102m-2-102m-3+102m-4-・・・
・・・+100-10+1) が11の倍数であることに注意すると，
N=a0・{ 102n-1+1 } + 10・a1・{ 102n-3+1 } +・・・ + 10n-1・an-1・(10+1)は11の倍数となります。
コメント１）
11と10は互いに素ですから，
Nが11の倍数 ⇔ 10Nが11の倍数
が成り立つので，添字が見づらければNの代わりに10n・Nが
11の倍数であることを示す手もあります。
（ペンネ−ム：kiyo）
ある数が１１の倍数かどうかの早見法は既知とします。
即ち、
この問題は回文数で偶数桁であるから、この回文数の偶数桁の和と奇数桁の和との 差は０となります。
「ある自然数の偶数桁の和と奇数桁の和との差が１１の倍数のとき、 ある自然数は１１の倍数となる。」
（ペンネ−ム：水の流れ）
２ｎ桁の回文数を１０進法で
ａｎｘ２ｎ―１＋ａｎ−１ｘ２ｎ―２
＋ａｎ−２ｘ２ｎ―３＋・・・＋ａ３ｘｎ＋２
＋ａ２ｘｎ＋１＋ａ１ｘｎ
＋ａ１ｘｎ−１＋ａ２ｘｎ−２＋・・・
＋ａｎ−１ｘ１＋ａｎ
＝ｆ（ｘ）と表すことができる。
ただし、ｘ＝１０で、１≦ａｎ≦９，０≦ａｎ−１，ａｎ−２，・・・，ａ２，ａ１≦９の自然数とする。
ここで、偶数位の数字の和と奇数位の数字の和の差はが１１の倍数のとき、
その数字は１１の倍数であると言えるから、
偶数桁の数字の和と奇数桁の数字の和の差を調べると、
ｆ（−１）＝−ａｎ＋ａｎ−１−ａｎ−２＋・・・−ａｎ−１＋ａｎ＝０
となり、その数字が１１の倍数である判定条件を満たす。
したがって、２ｎ桁の回文数は常に１１の倍数である。
終わり
追伸：回文には有名な俳句と和歌があります。
きゆるまた にわのこのはに たまるゆき
なかきよの とおのねふりの みなめざめ なみのりふねの おとのよきかな
（ペンネ−ム：中川 幸一）
まずはじめに、
と言うことを証明します。
１１の倍数は『末位から左へ向かって奇数番目のものの和から、偶数 番目のものの和を引いた差が１１の倍数になる。』
〈proof〉
| N | =(105)a+(104)b+(103)c+(102)d+10e+f |
| =｛(105+1)a+(104-1)b+(103+1)c+(102-1)c+(10+1)e｝+ ｛(b+d+f)-(a+c+e)｝+（１１の倍数） |
これを用いて計算をすると、
abcdef……fedcba:(a+c+e+……+f+d+b)-(b+d+f+……+e+c+a)=0
となり１１の倍数であることが示された。
（ペンネ−ム：Ｎと〜）
整数が１１で割り切れるかどうかは以下のように判断できます。
【定理１】
整数の
一の位＋百の位＋万の位
十の位＋千の位＋十万の位
と一桁とばしで数字の値（変な言い回し）を足して、 この二つの和の差が１１の倍数であれば元の数は１１で割り切れる。
この【定理１】が認められれば、１月の問題は明らか。
【定理１】の証明は、【補題２】を使います。
とかけるから。
Σ（ａk×１０ｋ） ＝ａ1＋（９９＋１）ａ3＋（９９９９＋１）ａ5＋・・・ ＋（１１−１）ａ2＋（１００１−１）ａ4＋・・・・ ＝（１１の倍数）＋（ａ1＋ａ3＋ａ5＋・・・） −（ａ2＋ａ4＋ａ6＋・・・）
【補題２】の証明は数学的帰納法で出来ます。
【補題２】
１０の偶数乗ー１は１１で割り切れる。 １０の奇数乗＋１は１１で割り切れる。
（ペンネ−ム：ひょうたん）
まず11で割れる数がどんな数なのかというので補題
左から数えてP番目の桁の数をNpとするとき N1+N3+N5+…+Np-1=N2+N4+N6+…+Np が成立てばその数が11で割れる（ｐは任意の偶数）
本題
回文の偶数桁の自然数をTとします。
回文なので自然数Tの各位の数は
N1=Np、N2=Np-1、N3=Np-2、…Nｐ/2=Nｐ/2+1
となります。
これより自然数Tに対して
N1+N3+N5+…+Np-1=N2+N4+N6+…+Np
が成立つのでTは11で割りきれます。 Q.E.D
蛇足ですがpを任意の奇数にしても補題は成立ちます。
つまり、
各位の数を1個とばしで足した合計がそれぞれ等しくなれば11で割りきれます。
| kiyo | Ｊｕｎｂｏｕ | 夜ふかしのつらいおじさん |
| judas | モルモット大臣 | スチューデント |
| ｄ３ | yokodon | 水の流れ |
| ＢｏｓｓＦ | 浜田 明巳 | wasmath |
| とうがらし | T_Tatekawa | 高橋 道広 |
| ＤＤＴ | teki | こざっぱ |
| Ｎと〜 | 月の光 | 中川 幸一 |
| ひょうたん |
２００２年のスタートにあたって、たくさんの方から解答を寄せていただき、 どうもありがとうございました。
１０２ｎ＋１＋１が、１１の倍数であるというアプローチの解答が多かったように思います。 この証明には、数学的帰納法、二項展開を用いる、因数分解を用いる などいろいろな方法があると思います。 高橋 道広さんが上手にまとめてくださいました。
ある数の倍数であるということを示すのに剰余(mod)式で考えるというのは、 大変有効ですし、証明を記述する際にもとてもすっきり書けると思います。
とってもユニークだなあと思ったのは、T_Tatekawaとwasmathさんです。 T_Tatekawaさんのアイディアは、上からと下から２桁ずつペアにして足せば 必ず１１の倍数になるということだと思います。 wasmathさんの証明１もなかなか おもしろいアイディアだと思います。
１１の倍数の判定法
をご存知でしたでしょうか？ これを前提にすると証明は簡単ですね。 この判定法そのものの証明は、中川 幸一さん、Ｎと〜さんがしてください ましたので参考にしてください。
「ある自然数の偶数桁の和と奇数桁の和との差が１１の倍数のとき、 ある自然数は１１の倍数となる。」
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