解説

方針・初手

合同式で処理するのが最も自然である。

（1） は $2011=2010+1$ に着目すれば一瞬で済む。

（2） は $2^4=16\equiv -1 \pmod{17}$ を使うと、$2^{4n}-1$ が $n$ の偶奇だけで決まる。

（3） は $a_n$ を等比数列の和として閉じた式に直し、その後で $17$ を法とする $2$ の累乗の周期を調べればよい。

解法1

**(1)**

$2011=2010+1$ であるから、

$$ 2011^n=(2010+1)^n $$

より、$2010$ で割った余りだけを見れば

$$ 2011^n \equiv 1^n \equiv 1 \pmod{2010} $$

である。したがって、$2011$ の $n$ 乗を $2010$ で割ると $1$ 余る。

**(2)**

まず

$$ 2^4=16\equiv -1 \pmod{17} $$

である。よって

$$ 2^{4n}=(2^4)^n \equiv (-1)^n \pmod{17} $$

となるから、

$$ 2^{4n}-1 \equiv (-1)^n-1 \pmod{17} $$

である。

したがって、

**(i)**

$n$ が偶数のとき

$$ (-1)^n-1=1-1=0 $$

より、余りは $0$ である。

**(ii)**

$n$ が奇数のとき

$$ (-1)^n-1=-1-1=-2 \equiv 15 \pmod{17} $$

より、余りは $15$ である。

**(3)**

$a_n$ は初項 $1$、公比 $2$ の等比数列の和であるから、

$$ a_n=1+2+2^2+\cdots+2^n=\frac{2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1 $$

である。

したがって、

$$ a_{2010}=2^{2011}-1,\quad a_{2011}=2^{2012}-1,\quad a_{2012}=2^{2013}-1,\quad a_{2013}=2^{2014}-1 $$

となる。

ここで $17$ を法として

$$ 2^4=16\equiv -1 \pmod{17} $$

より

$$ 2^8 \equiv 1 \pmod{17} $$

であるから、$2^m$ の余りは $8$ 周期で繰り返す。

そこで指数を $8$ で割った余りを見ると、

$$ 2011 \equiv 3 \pmod{8},\quad 2012 \equiv 4 \pmod{8},\quad 2013 \equiv 5 \pmod{8},\quad 2014 \equiv 6 \pmod{8} $$

である。

よって

$$ 2^{2011}\equiv 2^3=8 \pmod{17} $$

$$ 2^{2012}\equiv 2^4=16 \pmod{17} $$

$$ 2^{2013}\equiv 2^5=32\equiv 15 \pmod{17} $$

$$ 2^{2014}\equiv 2^6=64\equiv 13 \pmod{17} $$

となるので、

$$ a_{2010}\equiv 8-1=7 \pmod{17} $$

$$ a_{2011}\equiv 16-1=15 \pmod{17} $$

$$ a_{2012}\equiv 15-1=14 \pmod{17} $$

$$ a_{2013}\equiv 13-1=12 \pmod{17} $$

である。

解説

この問題の本質は、累乗をそのまま計算しないことである。

$17$ を法とする $2$ の累乗では、$2^4\equiv -1 \pmod{17}$ が非常に強い情報であり、これだけで （2） の場合分けも （3） の周期性も一気に出る。特に （3） では、先に等比数列の和

$$ 1+2+2^2+\cdots+2^n=2^{n+1}-1 $$

に直すことが決定的である。和のまま扱おうとすると見通しが悪くなる。

答え

**(1)**

$2011^n$ を $2010$ で割ると、余りは $1$ である。

**(2)**

$n$ が偶数のとき余りは $0$、$n$ が奇数のとき余りは $15$ である。

**(3)**

$$ a_{2010}\equiv 7,\quad a_{2011}\equiv 15,\quad a_{2012}\equiv 14,\quad a_{2013}\equiv 12 \pmod{17} $$

したがって、余りはそれぞれ

$$ 7,\ 15,\ 14,\ 12 $$

である。