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京都大学 1992年理系第6問解説

方針・初手

(1) はすべての自然数 $n$ について成り立つことを示すため、数学的帰納法を用いる。漸化式を代入してひたすら計算するのみである。 (2) は $c_n$ が正であることを示すために、(1) の結果と $(a_n - b_n)^2 \ge 0$ などの基本的な絶対不等式を利用して $a_n + b_n$ の上限を $c_n$ で評価する。また、$c_n \ge c_{n+1}$ は差をとり、$(a_n+b_n)^2$ と $c_n^2$ の大小関係から導く。 (3) は (2) の証明過程で現れた関係式から $c_{m+1} = c_{m+2}$ となる条件を $a_{m+1}, b_{m+1}$ の方程式に帰着させ、場合分けをして解く。

解法1

(1) $a_n^2 + b_n^2 = c_n^2 \cdots (*)$ とおく。数学的帰納法により $(*)$ を証明する。

[1] $n = 1$ のとき問題の条件より $a_1, b_1, c_1$ は $a_1^2 + b_1^2 = c_1^2$ を満たすため、$(*)$ は成り立つ。

[2] $n = k$ のとき、$(*)$ が成り立つと仮定する。すなわち、$a_k^2 + b_k^2 = c_k^2$ である。 $n = k+1$ のとき、$a_{k+1}^2 + b_{k+1}^2$ を計算する。

$$ \begin{aligned} a_{k+1}^2 + b_{k+1}^2 &= |2c_k - a_k - 2b_k|^2 + |2c_k - 2a_k - b_k|^2 \\ &= (2c_k - a_k - 2b_k)^2 + (2c_k - 2a_k - b_k)^2 \end{aligned} $$

それぞれの項を展開する。

$$ (2c_k - a_k - 2b_k)^2 = 4c_k^2 + a_k^2 + 4b_k^2 - 4a_kc_k - 8b_kc_k + 4a_kb_k $$

$$ (2c_k - 2a_k - b_k)^2 = 4c_k^2 + 4a_k^2 + b_k^2 - 8a_kc_k - 4b_kc_k + 4a_kb_k $$

辺々を加えると、

$$ \begin{aligned} a_{k+1}^2 + b_{k+1}^2 &= 8c_k^2 + 5a_k^2 + 5b_k^2 - 12a_kc_k - 12b_kc_k + 8a_kb_k \\ &= 8c_k^2 + 5(a_k^2 + b_k^2) - 12a_kc_k - 12b_kc_k + 8a_kb_k \end{aligned} $$

帰納法の仮定 $a_k^2 + b_k^2 = c_k^2$ を用いると、

$$ a_{k+1}^2 + b_{k+1}^2 = 13c_k^2 - 12a_kc_k - 12b_kc_k + 8a_kb_k $$

一方、$c_{k+1}^2$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} c_{k+1}^2 &= (3c_k - 2a_k - 2b_k)^2 \\ &= 9c_k^2 + 4a_k^2 + 4b_k^2 - 12a_kc_k - 12b_kc_k + 8a_kb_k \\ &= 9c_k^2 + 4(a_k^2 + b_k^2) - 12a_kc_k - 12b_kc_k + 8a_kb_k \\ &= 13c_k^2 - 12a_kc_k - 12b_kc_k + 8a_kb_k \end{aligned} $$

したがって、$a_{k+1}^2 + b_{k+1}^2 = c_{k+1}^2$ となり、$n = k+1$ のときも $(*)$ は成り立つ。 [1], [2] より、すべての自然数 $n$ について $a_n^2 + b_n^2 = c_n^2$ が成り立つ。

(2) まず、$c_n > 0$ を数学的帰納法で示す。 [1] $n = 1$ のとき、問題文より $c_1$ は正の整数であるから $c_1 > 0$ は成り立つ。 [2] $n = k$ のとき、$c_k > 0$ と仮定する。 $a_k, b_k$ は絶対値の定義および初項が正の整数であることから $0$ 以上である。任意の実数に対して $(a_k - b_k)^2 \ge 0$ が成り立つため、$a_k^2 + b_k^2 \ge 2a_kb_k$ となる。両辺に $a_k^2 + b_k^2$ を足すと、

$$ 2(a_k^2 + b_k^2) \ge a_k^2 + 2a_kb_k + b_k^2 = (a_k + b_k)^2 $$

(1)より $a_k^2 + b_k^2 = c_k^2$ であるから、$2c_k^2 \ge (a_k + b_k)^2$ となる。 $a_k + b_k \ge 0$ かつ $c_k > 0$ より、$a_k + b_k \le \sqrt{2}c_k$ が成り立つ。これを用いて $c_{k+1}$ を評価する。

$$ \begin{aligned} c_{k+1} &= 3c_k - 2a_k - 2b_k \\ &= 3c_k - 2(a_k + b_k) \\ &\ge 3c_k - 2\sqrt{2}c_k \\ &= (3 - 2\sqrt{2})c_k \end{aligned} $$

$3 > 2\sqrt{2}$ （ $\sqrt{9} > \sqrt{8}$ ）であるから、$3 - 2\sqrt{2} > 0$ である。したがって $c_{k+1} > 0$ となり、$n = k+1$ のときも成り立つ。以上より、すべての自然数 $n$ について $c_n > 0$ である。

次に、$c_n \ge c_{n+1}$ を示す。 $c_n$ と $c_{n+1}$ の差をとる。

$$ c_n - c_{n+1} = c_n - (3c_n - 2a_n - 2b_n) = 2(a_n + b_n - c_n) $$

ここで、$(a_n + b_n)^2$ と $c_n^2$ の大小を比較する。

$$ (a_n + b_n)^2 - c_n^2 = a_n^2 + 2a_nb_n + b_n^2 - (a_n^2 + b_n^2) = 2a_nb_n $$

$a_n \ge 0, b_n \ge 0$ より $2a_nb_n \ge 0$ であるから、$(a_n + b_n)^2 \ge c_n^2$ が成り立つ。 $a_n + b_n \ge 0$ かつ $c_n > 0$ より、$a_n + b_n \ge c_n$ である。したがって、

$$ c_n - c_{n+1} = 2(a_n + b_n - c_n) \ge 0 $$

となり、$c_n \ge c_{n+1}$ が示された。

(3) (2)の証明過程より、$c_n - c_{n+1} = 2(a_n + b_n - c_n)$ である。条件より $c_{m+1} = c_{m+2}$ であるから、

$$ c_{m+1} - c_{m+2} = 0 \iff a_{m+1} + b_{m+1} - c_{m+1} = 0 \iff a_{m+1} + b_{m+1} = c_{m+1} $$

両辺を2乗する。

$$ a_{m+1}^2 + 2a_{m+1}b_{m+1} + b_{m+1}^2 = c_{m+1}^2 $$

(1)より $a_{m+1}^2 + b_{m+1}^2 = c_{m+1}^2$ であるから、これを代入すると、

$$ 2a_{m+1}b_{m+1} = 0 $$

$a_{m+1} \ge 0, b_{m+1} \ge 0$ より、$a_{m+1} = 0$ または $b_{m+1} = 0$ である。また、条件 $c_m > c_{m+1}$ より、$2(a_m + b_m - c_m) > 0$ すなわち $a_m + b_m > c_m$ である。もし $a_m = 0$ ならば $b_m > c_m$ となり $b_m^2 > c_m^2$ となって $a_m^2 + b_m^2 = c_m^2$ に矛盾する。したがって $a_m \neq 0$ であり、同様に $b_m \neq 0$ である。

[i] $a_{m+1} = 0$ のとき漸化式より $|2c_m - a_m - 2b_m| = 0$ であるから、$a_m = 2c_m - 2b_m$。これを $a_m^2 + b_m^2 = c_m^2$ に代入する。

$$ (2c_m - 2b_m)^2 + b_m^2 = c_m^2 $$

$$ 4c_m^2 - 8b_mc_m + 5b_m^2 = c_m^2 $$

$$ 5b_m^2 - 8b_mc_m + 3c_m^2 = 0 $$

$$ (5b_m - 3c_m)(b_m - c_m) = 0 $$

$b_m = c_m$ とすると $a_m = 0$ となり不適であるから、$b_m = \frac{3}{5}c_m$ である。このとき、$a_m = 2c_m - 2\left(\frac{3}{5}c_m\right) = \frac{4}{5}c_m$ となる。よって、$a_m : b_m : c_m = \frac{4}{5}c_m : \frac{3}{5}c_m : c_m = 4 : 3 : 5$ である。

[ii] $b_{m+1} = 0$ のとき漸化式より $|2c_m - 2a_m - b_m| = 0$ であるから、$b_m = 2c_m - 2a_m$。同様に $a_m^2 + b_m^2 = c_m^2$ に代入する。

$$ a_m^2 + (2c_m - 2a_m)^2 = c_m^2 $$

$$ 5a_m^2 - 8a_mc_m + 3c_m^2 = 0 $$

$$ (5a_m - 3c_m)(a_m - c_m) = 0 $$

$a_m = c_m$ とすると $b_m = 0$ となり不適であるから、$a_m = \frac{3}{5}c_m$ である。このとき、$b_m = 2c_m - 2\left(\frac{3}{5}c_m\right) = \frac{4}{5}c_m$ となる。よって、$a_m : b_m : c_m = \frac{3}{5}c_m : \frac{4}{5}c_m : c_m = 3 : 4 : 5$ である。

[i], [ii] のいずれの場合も、$a_m + b_m = \frac{7}{5}c_m > c_m$ となり $c_m > c_{m+1}$ を満たす。

解説

ピタゴラス数（$x^2 + y^2 = z^2$ を満たす自然数の組）を変換行列を用いて別のピタゴラス数へ移すという、整数論における有名な事実を背景とした問題である。(2)で $c_n$ が単調減少することを示し、整数の無限降下法のような考え方でいずれ値が底を打つ（$c_{m+1} = c_{m+2}$ となる）ことを示唆している。(2)の差分をとる計算が(3)の強力な誘導になっていることに気づけると、スムーズに解き進めることができる。