京都大学 2017年 文系 第4問 解説

方針・初手

• $\tan(\alpha + 2\beta)$ を加法定理と倍角の公式を用いて、$p,\ q$ の式で表すことを目指します。
• $p,\ q$ は自然数であるため、$q = 1$ の場合は $\tan 2\beta$ が定義されないことに注意し、場合分けを行います。
• $p$ を $q$ の式として表すことができれば、(1) は直接代入して調べ、(2) は分数式の値の範囲から自然数解が存在しないことを示せます。

解法1

(1)

$q = 1$ のとき、$\tan \beta = 1$ であり、$\beta = \dfrac{\pi}{4} + n\pi$（$n$ は整数）と表せる。

このとき、

$$ \tan(\alpha + 2\beta) = \tan\!\left(\alpha + \frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = \tan\!\left(\alpha + \frac{\pi}{2}\right) = -\frac{1}{\tan\alpha} = -p $$

条件 (A) より $-p = 2$ すなわち $p = -2$ となるが、$p$ は自然数であるため不適。

よって、$q \neq 1$ であり、$q \geq 2$ である。

$q \geq 2$ のとき、$\tan 2\beta$ は定義され、倍角の公式より

$$ \tan 2\beta = \frac{2\tan\beta}{1 - \tan^2\beta} = \frac{2 \cdot \dfrac{1}{q}}{1 - \dfrac{1}{q^2}} = \frac{2q}{q^2 - 1} $$

条件 (A) に対して加法定理を用いると、

$$ \tan(\alpha + 2\beta) = \frac{\tan\alpha + \tan 2\beta}{1 - \tan\alpha \tan 2\beta} = 2 $$

$\tan\alpha = \dfrac{1}{p}$ と求めた $\tan 2\beta$ を代入して、

$$ \frac{\dfrac{1}{p} + \dfrac{2q}{q^2 - 1}}{1 - \dfrac{1}{p} \cdot \dfrac{2q}{q^2 - 1}} = 2 $$

分母・分子に $p(q^2 - 1)$ を掛けて整理すると、

$$ \frac{q^2 - 1 + 2pq}{p(q^2 - 1) - 2q} = 2 \implies q^2 - 1 + 2pq = 2p(q^2 - 1) - 4q $$

$$ 2p(q^2 - q - 1) = q^2 + 4q - 1 $$

$q \geq 2$ のとき、$q^2 - q - 1 = q(q-1) - 1 \geq 2 \cdot 1 - 1 = 1 \neq 0$ であるから、両辺を割ることができて

$$ p = \frac{q^2 + 4q - 1}{2(q^2 - q - 1)} \quad \cdots (*) $$

$q \leq 3$ かつ $q \geq 2$ より、$q = 2$ または $q = 3$ である。

$q = 2$ のとき、$(*)$ より $p = \dfrac{4 + 8 - 1}{2(4 - 2 - 1)} = \dfrac{11}{2}$ となり、自然数ではないので不適。

$q = 3$ のとき、$(*)$ より $p = \dfrac{9 + 12 - 1}{2(9 - 3 - 1)} = \dfrac{20}{10} = 2$ となり、自然数なので適する。

以上より、求める組は $(p,\ q) = (2,\ 3)$ である。

(2)

$q > 3$ のとき、$q \geq 4$ であり、$(*)$ を満たす自然数 $p,\ q$ が存在しないことを示す。

$p$ が自然数であるためには $p \geq 1$ が必要である。

$q \geq 4$ のとき $q^2 - q - 1 > 0$ であるから、$p \geq 1$ より

$$ \frac{q^2 + 4q - 1}{2(q^2 - q - 1)} \geq 1 \implies q^2 + 4q - 1 \geq 2q^2 - 2q - 2 \implies q^2 - 6q - 1 \leq 0 $$

が成り立つ必要がある。

$f(q) = q^2 - 6q - 1 = (q-3)^2 - 10$ とおくと、$q \geq 7$ のとき

$$ f(q) \geq f(7) = 49 - 42 - 1 = 6 > 0 $$

となり、$q^2 - 6q - 1 \leq 0$ を満たさないため、$p \geq 1$ とならない。

また、$q = 4,\ 5,\ 6$ のとき、$p$ の値をそれぞれ調べると、

$$ q = 4:\ p = \frac{16 + 16 - 1}{2(16 - 4 - 1)} = \frac{31}{22} \quad (\text{不適}) $$

$$ q = 5:\ p = \frac{25 + 20 - 1}{2(25 - 5 - 1)} = \frac{44}{38} = \frac{22}{19} \quad (\text{不適}) $$

$$ q = 6:\ p = \frac{36 + 24 - 1}{2(36 - 6 - 1)} = \frac{59}{58} \quad (\text{不適}) $$

となり、いずれも自然数にならない。

したがって、$q > 3$ で条件 (A) を満たす組 $(p,\ q)$ は存在しない。

解法2

(2) の別解

$q \geq 4$ のとき、$\tan 2\beta = \dfrac{2q}{q^2-1}$ について、

$$ \tan 2\beta = \frac{2}{q - \dfrac{1}{q}} $$

と変形すると、$q \geq 4$ において分母 $q - \dfrac{1}{q}$ は単調増加するため、$\tan 2\beta$ は単調減少する。

よって、

$$ 0 < \tan 2\beta \leq \frac{2 \cdot 4}{16 - 1} = \frac{8}{15} $$

$c = \tan 2\beta$ とおくと、$0 < c \leq \dfrac{8}{15}$ である。

条件 (A) より $\dfrac{\dfrac{1}{p} + c}{1 - \dfrac{c}{p}} = 2$、これを $p$ について解くと、

$$ \frac{1 + pc}{p - c} = 2 \implies 1 + pc = 2p - 2c \implies p(2 - c) = 1 + 2c \implies p = \frac{1 + 2c}{2 - c} $$

$h(c) = \dfrac{1 + 2c}{2 - c} = -2 + \dfrac{5}{2 - c}$ とおくと、$c$ が増加すると $h(c)$ も増加するため、

$$ h(c) \leq h\!\left(\frac{8}{15}\right) = \frac{1 + \dfrac{16}{15}}{2 - \dfrac{8}{15}} = \frac{\dfrac{31}{15}}{\dfrac{22}{15}} = \frac{31}{22} $$

また、$c > 0$ より $h(c) > h(0) = \dfrac{1}{2}$。

すなわち、$\dfrac{1}{2} < p \leq \dfrac{31}{22}$ を得る。

$p$ は自然数であるから、これを満たすのは $p = 1$ のみである。

$p = 1$ のとき、$1 = \dfrac{1 + 2c}{2 - c}$ より $c = \dfrac{1}{3}$。

$\dfrac{2q}{q^2 - 1} = \dfrac{1}{3}$ とすると、$q^2 - 6q - 1 = 0$、これを解くと $q = 3 \pm \sqrt{10}$ となり、$q$ が自然数であることに矛盾する。

以上より、$q > 3$ であるような組 $(p,\ q)$ は存在しない。

解説

正接（$\tan$）の加法定理を用いる典型的な整数問題です。関係式を導いたあと、$p$ を $q$ の式で表すことが第一歩となります。

その際、分母が 0 になるケース（本問では $q = 1$ のとき）を最初に除外しておく記述が、論理の穴を防ぐために非常に重要です。

(2) では、分数式が自然数になる条件を考えます。分子 $\geq$ 分母（すなわち値が 1 以上）となる範囲を不等式で絞り込む手法が有効です。

解法2のように、$\tan$ の値の取りうる範囲から先に $p$ の値を絞り込んでしまうアプローチも、計算量が少なくスマートな解法です。

答え

(1)

$(p,\ q) = (2,\ 3)$

(2)

略（解法1の証明を参照）