京都大学 2009年 理系 第6問（乙） 解説

方針・初手

$(a+b\sqrt{2})^n = a_n + b_n\sqrt{2}$ という設定は、無理数の累乗を展開して有理部と無理部に分ける典型的な形です。二項定理を用いて $a_n, b_n$ をそれぞれ具体的な和の式（$\Sigma$ を用いた式）で表すことから始めます。また、互いに素であることを示す際は「公約数 $p$ を持つ」と仮定して矛盾を導く背理法が定石です。その際、$(a+b\sqrt{2})^n (a-b\sqrt{2})^n = (a^2-2b^2)^n$ という「ノルム（共役な無理数の積）」の性質を利用して $p$ の条件を絞り込みます。

解法1

(1)

$n=2$ のとき、

$$ (a+b\sqrt{2})^2 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2} $$

$a,b$ は整数であり、$\sqrt{2}$ は無理数であるから、有理部と無理部を比較して

$$ a_2 = a^2 + 2b^2, \quad b_2 = 2ab $$

となる。$a$ は奇数であるから $a^2$ は奇数である。また、$b$ は整数であるから $2b^2$ は偶数である。したがって、奇数と偶数の和である $a_2 = a^2 + 2b^2$ は奇数である。

次に、$a_2$ と $b_2$ が互いに素であることを背理法で示す。$a_2$ と $b_2$ が $1$ より大きい公約数 $p$ を持つと仮定する。$a_2$ は奇数であるため、$p$ は奇数であり、素数としてよい。$p$ は $b_2 = 2ab$ を割り切るが、$p \neq 2$ であるため、$p$ は $a$ または $b$ を割り切る。

• (i) $p$ が $a$ を割り切る場合： $p$ は $a_2 = a^2 + 2b^2$ も割り切るため、$2b^2 = a_2 - a^2$ も $p$ の倍数となる。$p \neq 2$ より $p$ は $b^2$ を割り切り、よって $p$ は $b$ を割り切る。これは $a$ と $b$ が互いに素であることに矛盾する。

• (ii) $p$ が $b$ を割り切る場合： $p$ は $a_2 = a^2 + 2b^2$ も割り切るため、$a^2 = a_2 - 2b^2$ も $p$ の倍数となる。よって $p$ は $a$ を割り切る。これも $a$ と $b$ が互いに素であることに矛盾する。

(i), (ii) のいずれにおいても矛盾が生じるため、$a_2$ と $b_2$ は互いに素である。（証明終）

(2)

二項定理により、

$$ (a+b\sqrt{2})^n = \sum_{k=0}^{n} {}_{n}\mathrm{C}_{k} a^{n-k} (b\sqrt{2})^k $$

偶数番目と奇数番目の項を分けることで、有理部と無理部は次のように表される。

$$ a_n = \sum_{j=0}^{[n/2]} {}_{n}\mathrm{C}_{2j} a^{n-2j} b^{2j} 2^j \quad \cdots \text{①} $$

$$ b_n = \sum_{j=0}^{[(n-1)/2]} {}_{n}\mathrm{C}_{2j+1} a^{n-2j-1} b^{2j+1} 2^j \quad \cdots \text{②} $$

まず、$a_n$ が奇数であることを示す。①の和の最初の項（$j=0$ のとき）を取り出すと、

$$ a_n = a^n + 2 \sum_{j=1}^{[n/2]} {}_{n}\mathrm{C}_{2j} a^{n-2j} b^{2j} 2^{j-1} $$

$a$ は奇数であるから $a^n$ は奇数である。右辺第2項は $2 \times (\text{整数})$ の形であるため偶数である。したがって、奇数と偶数の和である $a_n$ はすべての $n$ に対して奇数である。

次に、$a_n$ と $b_n$ が互いに素であることを背理法で示す。ある正の整数 $n$ について、$a_n$ と $b_n$ が $1$ より大きい公約数 $p$ を持つと仮定する。前半の証明より $a_n$ は奇数であるから、$p$ は奇素数である。また、二項定理の展開から $(a-b\sqrt{2})^n = a_n - b_n\sqrt{2}$ が成り立つため、

$$ (a+b\sqrt{2})^n (a-b\sqrt{2})^n = (a_n + b_n\sqrt{2})(a_n - b_n\sqrt{2}) $$

$$ (a^2 - 2b^2)^n = a_n^2 - 2b_n^2 $$

仮定より $a_n, b_n$ はともに $p$ の倍数であるから、右辺 $a_n^2 - 2b_n^2$ は $p$ で割り切れる。よって左辺 $(a^2 - 2b^2)^n$ も $p$ で割り切れ、$p$ が素数であることから $a^2 - 2b^2$ は $p$ の倍数である。すなわち、

$$ 2b^2 \equiv a^2 \pmod{p} \quad \cdots \text{③} $$

が成り立つ。もし $p$ が $a$ を割り切るならば、③より $p$ は $2b^2$ を割り切り、$p \neq 2$ より $p$ は $b$ を割り切ることになり、$a, b$ が互いに素であることに矛盾する。よって $p$ は $a$ を割り切らない（$p \nmid a$）。

ここで、①式を $p$ を法とする合同式で評価する。③より、すべての整数 $j$ に対して $2^j b^{2j} = (2b^2)^j \equiv (a^2)^j = a^{2j} \pmod{p}$ であるから、

$$ a_n \equiv \sum_{j=0}^{[n/2]} {}_{n}\mathrm{C}_{2j} a^{n-2j} a^{2j} \equiv a^n \sum_{j=0}^{[n/2]} {}_{n}\mathrm{C}_{2j} \pmod{p} $$

ここで、二項定理より $(1+1)^n + (1-1)^n = 2 \sum {}_{n}\mathrm{C}_{2j}$ であるから、$\sum_{j=0}^{[n/2]} {}_{n}\mathrm{C}_{2j} = 2^{n-1}$ が成り立つ。よって、

$$ a_n \equiv a^n 2^{n-1} \pmod{p} $$

仮定より $a_n \equiv 0 \pmod{p}$ であるため、$a^n 2^{n-1} \equiv 0 \pmod{p}$。しかし、$p$ は奇素数であるため $p \neq 2$、かつ $p \nmid a$ であることから、$a^n 2^{n-1}$ は $p$ の倍数にはなり得ない。これは矛盾である。

したがって、すべての $n$ に対して $a_n$ と $b_n$ は互いに素である。（証明終）

解説

「ペル方程式」の背景知識に繋がる、共役な無理数の累乗に関する難問です。最大公約数の問題では、帰納法やユークリッドの互除法が有効なことが多いですが、本問のように累乗が絡む場合は「二項定理による展開」と「ノルムの活用」がカギになります。特に後半で、素数 $p$ を法とする合同式 $\pmod{p}$ を用いて $2b^2$ を $a^2$ に置き換え、二項係数の和 $\sum {}_{n}\mathrm{C}_{2j} = 2^{n-1}$ に帰着させる論法は、難関大の整数問題で要求されるエレガントな定石です。

答え

略（解法1の証明を参照）