数学A 整数問題 問題 66 解説

方針・初手

まず $\vec a\cdot \vec b$ を求める。大きさがともに $\sqrt{2}$、なす角が $120^\circ$ なので、内積は直ちに定まる。

その後、一般に $k\vec a+l\vec b$ の大きさの2乗を計算し、整数の偶奇に帰着させる。

解法1

$\vec a,\vec b$ のなす角が $120^\circ$ であるから、

$$ \begin{aligned} \vec a\cdot\vec b &= |\vec a||\vec b|\cos120^\circ \\ \sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\cdot\left(-\frac12\right) \\ -1 \end{aligned} $$

である。また、

$$ |\vec a|^2=|\vec b|^2=2 $$

である。

(1)

$$ \begin{aligned} (\vec a+\vec b)\cdot(\vec a+\vec b) &=\vec a\cdot\vec a+2\vec a\cdot\vec b+\vec b\cdot\vec b\\ &=2+2(-1)+2\\ &=2 \end{aligned} $$

したがって、

$$ (\vec a+\vec b)\cdot(\vec a+\vec b)=2 $$

である。

(2)

$k,l$ を整数とする。

$$ \begin{aligned} |k\vec a+l\vec b|^2 &=(k\vec a+l\vec b)\cdot(k\vec a+l\vec b)\\ &=k^2|\vec a|^2+2kl(\vec a\cdot\vec b)+l^2|\vec b|^2\\ &=2k^2+2kl(-1)+2l^2\\ &=2(k^2-kl+l^2) \end{aligned} $$

ここで $k,l$ は整数であるから、$k^2-kl+l^2$ も整数である。

よって、

$$ |k\vec a+l\vec b|^2 $$

は $2$ の倍数、すなわち偶数である。

(3)

(2)より、

$$ |k\vec a+l\vec b|^2=2(k^2-kl+l^2) $$

である。

これが $4$ の倍数でないことを示すには、$k^2-kl+l^2$ が奇数であることを示せばよい。

整数の偶奇について、平方は元の整数と同じ偶奇をもつので、

$$ k^2\equiv k,\qquad l^2\equiv l \pmod{2} $$

である。また、$-1\equiv 1\pmod{2}$ だから、

$$ k^2-kl+l^2\equiv k+kl+l \pmod{2} $$

である。

$k$ または $l$ が奇数である場合を、偶奇で分ける。

(i)

$k$ が奇数、$l$ が偶数のとき

$$ k+kl+l\equiv 1+0+0\equiv 1 \pmod{2} $$

である。

(ii)

$k$ が偶数、$l$ が奇数のとき

$$ k+kl+l\equiv 0+0+1\equiv 1 \pmod{2} $$

である。

(iii)

$k,l$ がともに奇数のとき

$$ k+kl+l\equiv 1+1+1\equiv 1 \pmod{2} $$

である。

いずれの場合も、

$$ k^2-kl+l^2 $$

は奇数である。

したがって、

$$ |k\vec a+l\vec b|^2=2(k^2-kl+l^2) $$

は $2$ の倍数ではあるが $4$ の倍数ではない。

(4)

$m,n$ を整数とし、$m^2-n^2\ne 0$ とする。特に、$(m,n)\ne(0,0)$ である。

仮に $|m\vec a+n\vec b|$ が整数であるとする。この整数を $N$ とおくと、

$$ N^2=|m\vec a+n\vec b|^2 $$

である。

(2)より、

$$ |m\vec a+n\vec b|^2=2(m^2-mn+n^2) $$

であるから、$N^2$ は偶数である。平方数が偶数なら、そのもとの整数も偶数であるから、$N$ は偶数である。

よって $N^2$ は $4$ の倍数である。

一方、(3)より、$m$ または $n$ の少なくとも一方が奇数なら、

$$ |m\vec a+n\vec b|^2 $$

は $4$ の倍数ではない。これは $N^2$ が $4$ の倍数であることに矛盾する。

したがって、$m,n$ はともに偶数でなければならない。

そこで、

$$ m=2m_1,\qquad n=2n_1 $$

とおくと、

$$ \begin{aligned} |m\vec a+n\vec b|^2 &=|2m_1\vec a+2n_1\vec b|^2\\ &=4|m_1\vec a+n_1\vec b|^2 \end{aligned} $$

である。したがって、

$$ N^2=4|m_1\vec a+n_1\vec b|^2 $$

より、

$$ \left(\frac{N}{2}\right)^2=|m_1\vec a+n_1\vec b|^2 $$

となる。つまり、$|m_1\vec a+n_1\vec b|$ も整数である。

同じ議論を繰り返すと、$m_1,n_1$ もともに偶数でなければならない。したがって、$m,n$ は $2$ で何回でも割り切れることになる。

しかし、$(m,n)\ne(0,0)$ である整数の組が、$2$ で何回でも割り切れることはない。これは矛盾である。

よって、仮定が誤りであり、

$$ |m\vec a+n\vec b| $$

は整数ではない。

解説

この問題の中心は、ベクトルの問題を整数の偶奇の問題に変換することである。

最初に

$$ \vec a\cdot\vec b=-1 $$

を求めれば、以後は

$$ |k\vec a+l\vec b|^2=2(k^2-kl+l^2) $$

という形に帰着できる。

(3)では、$k$ または $l$ が奇数なら $k^2-kl+l^2$ が奇数になることを、合同式 $\pmod{2}$ で処理するのが最も簡潔である。

(4)では、整数の平方が偶数なら元の整数も偶数であり、平方は $4$ の倍数になることを使う。そのうえで、(3)と組み合わせると、$m,n$ がともに偶数でなければならない。これを繰り返すと無限降下となり、非零の整数の組では不可能である。

答え

(1)

$$ (\vec a+\vec b)\cdot(\vec a+\vec b)=2 $$

(2)

$$ |k\vec a+l\vec b|^2=2(k^2-kl+l^2) $$

より、偶数である。

(3)

$k$ または $l$ が奇数なら $k^2-kl+l^2$ は奇数であるから、

$$ |k\vec a+l\vec b|^2 $$

は $4$ の倍数ではない。

(4)

$m^2-n^2\ne0$ のとき、

$$ |m\vec a+n\vec b| $$

は整数ではない。