解法２：奇数番のオセロ群による証明
証明の概要は以下の通りです。
g \in \mathfrak{G} の関数 h(g) を
h(g) =mod_3 ( \sum_{k \text{が奇数} } (w_k +1) )と定義します。すると、
h(\text{操作}2(g)) =mod_3(h(g)+2)が成り立ちます。
こいつもなかなか不自然な定義ですが、操作2を施したときの白オセロの変化が
- 一方の白オセロが2つ増え、もう一方の白オセロが1つ減る
- 一方の白オセロが1つ増え、もう一方の白オセロが2つ減る
- 一方の白オセロが3つ増え、もう一方の白オセロの数は変化しない
の3種類しかなくて、①では黒オセロの数は変化しませんが、②や③では黒オセロ数が増減するので、黒オセロ数も考慮に入れれば増減パターンを統一できるのではないか、と思いつくところから発想できます。
なお、なぜ偶数番でなく奇数番のオセロ群なのかというと、黒オセロ数が偶数 2n の時、白オセロ群とその右側の黒オセロを対にしていくと、最後の偶数番白オセロ群 w2n に対応する黒オセロが無いからです（逆に白オセロ群の左側の黒オセロでセットを組むと、今度は w0 の黒オセロが無い）。奇数番だと常にこういうことが起きません。
さて、任意の g \in EG に対しその長さを l(g) と定義するとき、 l(g) は操作2の回数+2なので、 EG の初期要素を g0 と置くとき、
\begin{aligned}
h(g) = & mod_3(2(l(g)-2) + h(g_0))\\
= & \mod_3(2(l(g)+2 + h(g_0))
\end{aligned}が成り立ちます。
これが g \in EG であることの必要条件ですが、これを利用して
- g \in EG かつ g の長さが 3m+2+2 =3m+4(m=0,1,2,\cdots) のとき、 h(g) =mod_3(h(g_0)+1) である
- wg \in \mathfrak{G} を長さ 3m+2 の白オセロ列とする。 wg の両端にオセロ石 o_L,o_R を付加するとき、 o_L,o_R をどのように選んでも、 f(o_L-wg-o_R) \ne mod_3(h(g_0)+1) であり、したがって o_L-wg-o_R \notin EG である
- ゆえに命題2により、 wg \notin G である。すなわち長さ3m+2の白オセロ列は生成できない
という流れで証明できます。
なお、解法2-3は拡張オセロ列方式を採用していないので、オセロ列の左端に操作1を施すと白オセロ群項番の偶奇が入れ替わってしまいます。これを防ぐため、元記事に説明はありませんが、左端に施す操作1の個数に応じて項番の振り方を調整していると思われます。
解法３：操作１の施工数と、オセロ列の長さで証明する
この解法は白オセロ群の数に頼らないところが特徴です。
操作1のうち、オセロ列の左側に施工するものを左操作1、右側に施工するものを右操作1と定義します。このとき、白オセロ列ができる必要条件は
- オセロ列の長さが 3m+1(m=0,1,…) でかつ、左操作1および右操作1の施工回数がそれぞれ偶数回
- オセロ列の長さが 3m(m=1,2,…) でかつ、左操作1および右操作1の施工回数がそれぞれ奇数回
のいずれかであり、これを数学的帰納法で証明します。
なお、各解法とも拡張オセロ列を採用し、左端および右端のオセロ石の色が変わる回数で必要条件を記述していますが、これは操作1の回数と同じです。