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大阪大学 1987年文系第1問解説

方針・初手

(1) は等比数列の公比を文字で置き、$S \times S'$ を愚直に展開して $T$ になることを示す方針が最も確実である。等比数列の和の公式を使うことも可能であるが、公比が $1$ や $-1$ の場合分けが発生するため煩雑になる。

(2) は「整数 $\times$ 整数 $\dots$ 素数」の形に帰着させる整数問題の定石を用いる。(1) の結果から $T = S \times S'$ であり、$T$ が素数であることと、各項が自然数であることから $S$ の取りうる値の範囲を評価し、$S$ と $S'$ の値を絞り込む。

解法1

(1)

数列 $\{a_n\}$ の初項を $a$、公比を $r$ とおく。数列の各項は自然数であるから、$a$ は自然数、$r$ は正の有理数である。各項は $a_1 = a, a_2 = ar, a_3 = ar^2, a_4 = ar^3, a_5 = ar^4$ と表せる。これらを $S, S', T$ の式に代入する。

$$ S = a(1 + r + r^2 + r^3 + r^4) $$

$$ S' = a(1 - r + r^2 - r^3 + r^4) $$

$$ T = a^2(1 + r^2 + r^4 + r^6 + r^8) $$

ここで、$S \times S'$ を計算する。

$$ \begin{aligned} S \times S' &= a^2 \{ (1 + r^2 + r^4) + (r + r^3) \} \{ (1 + r^2 + r^4) - (r + r^3) \} \\ &= a^2 \{ (1 + r^2 + r^4)^2 - (r + r^3)^2 \} \\ &= a^2 \{ (1 + 2r^2 + 3r^4 + 2r^6 + r^8) - (r^2 + 2r^4 + r^6) \} \\ &= a^2 (1 + r^2 + r^4 + r^6 + r^8) \end{aligned} $$

よって、$S \times S' = T$ が成り立つ。 $a_n$ はすべて自然数であるから、$S = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 \ge 5 > 0$ であり、$S \neq 0$ の整数である。したがって、整数 $T$ は整数 $S$ で割り切れ、その商は $S'$ となる。（証明終）

(2)

(1) より、$T = S \times S'$ である。 $a_n$ は自然数（$1$ 以上の整数）であるから、$S = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 \ge 5$ を満たす整数である。 $T$ が素数であるとき、$S$ は $T$ の正の約数となるが、$S \ge 5 > 1$ であるため、$S = T$ かつ $S' = 1$ とならざるを得ない。

ここで、$S' = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + a_5 = 1$ を満たす数列 $\{a_n\}$ を求める。等比数列の性質より $a_2^2 = a_1 a_3$、$a_4^2 = a_3 a_5$ が成り立つ。各項は正であるから $a_2 = \sqrt{a_1 a_3}$、$a_4 = \sqrt{a_3 a_5}$ である。 $S' = 1$ の両辺を $2$ 倍して変形する。

$$ \begin{aligned} 2 &= 2a_1 - 2a_2 + 2a_3 - 2a_4 + 2a_5 \\ &= (a_1 - 2\sqrt{a_1 a_3} + a_3) + (a_3 - 2\sqrt{a_3 a_5} + a_5) + a_1 + a_5 \\ &= (\sqrt{a_1} - \sqrt{a_3})^2 + (\sqrt{a_3} - \sqrt{a_5})^2 + a_1 + a_5 \end{aligned} $$

各項は自然数であるから、$a_1 \ge 1, a_5 \ge 1$ である。実数の平方部分は $0$ 以上であるため、

$$ (\sqrt{a_1} - \sqrt{a_3})^2 + (\sqrt{a_3} - \sqrt{a_5})^2 + a_1 + a_5 \ge 0 + 0 + 1 + 1 = 2 $$

となる。したがって、等号が成立しなければならない。等号成立条件は、$\sqrt{a_1} = \sqrt{a_3}$ かつ $\sqrt{a_3} = \sqrt{a_5}$ かつ $a_1 = 1$ かつ $a_5 = 1$ のときである。すなわち、$a_1 = a_3 = a_5 = 1$ のときに限られる。このとき $a_2 = \sqrt{1 \times 1} = 1$、$a_4 = \sqrt{1 \times 1} = 1$ となり、すべての項が $1$ である。

このとき、$T = 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 = 5$ となる。 $5$ は素数であるから、条件を満たす。

解法2

(2)の別解

(1) から $S' = 1$ を導く過程までは解法1と同じ。 $S' = a_1 - a_2 + a_3 - a_4 + a_5 = 1$ を解くにあたり、初項を $a$、公比を $r$ とおく。自然数の等比数列であるから、$a$ は自然数、$r$ は正の有理数である。$r = \frac{q}{p}$ （$p, q$ は互いに素な自然数）と表す。第5項は $a_5 = a \left(\frac{q}{p}\right)^4 = \frac{a q^4}{p^4}$ である。これが自然数であり、$p$ と $q$ は互いに素であるから、$a$ は $p^4$ の倍数でなければならない。そこで、$a = k p^4$ （$k$ は自然数）とおくと、各項は次のように表せる。

$$ a_1 = k p^4, \quad a_2 = k p^3 q, \quad a_3 = k p^2 q^2, \quad a_4 = k p q^3, \quad a_5 = k q^4 $$

これを $S' = 1$ に代入する。

$$ k(p^4 - p^3 q + p^2 q^2 - p q^3 + q^4) = 1 $$

$p, q$ は自然数であるから括弧内は整数であり、$k$ は自然数であるため、 $k = 1$ かつ $p^4 - p^3 q + p^2 q^2 - p q^3 + q^4 = 1$ に限られる。

$f(p, q) = p^4 - p^3 q + p^2 q^2 - p q^3 + q^4$ とおく。 (i)

$p = q$ のとき互いに素であるから $p = q = 1$ となる。このとき $f(1, 1) = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 = 1$ となり条件を満たす。

(ii)

$p > q$ のとき $p, q$ は自然数であるから $p - q \ge 1, p \ge 2, q \ge 1$ である。

$$ \begin{aligned} f(p, q) &= p^3(p - q) + p q^2(p - q) + q^4 \\ &= (p - q)(p^3 + p q^2) + q^4 \end{aligned} $$

より、$f(p, q) \ge 1 \cdot (2^3 + 2 \cdot 1^2) + 1^4 = 11 > 1$ となり不適。

(iii)

$p < q$ のとき $f(p, q)$ は $p$ と $q$ について対称な式であるから、（ii）と同様に $f(p, q) \ge 11 > 1$ となり不適。

以上より、$p = 1, q = 1, k = 1$ である。このとき初項は $a = 1 \cdot 1^4 = 1$、公比は $r = \frac{1}{1} = 1$ となり、$a_1 = a_2 = a_3 = a_4 = a_5 = 1$ を得る。よって $T = 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2 = 5$ であり、素数となるため適する。

解説

(1) の証明は、$S \times S'$ を $(1 + r^2 + r^4) \pm (r + r^3)$ とまとめて展開することで、美しい恒等式が現れる。

(2) は「積が素数 $p$ ならば、因数は $\pm 1$ と $\pm p$ の組み合わせに限られる」という整数問題の基本を利用する。今回は各項が自然数であることから $S \ge 5$ となるため、$S=T, S'=1$ に一意に定まる。 $S'=1$ の処理において、解法1のように等比中項の性質を利用して平方完成による不等式評価に持ち込む方法は、計算量が少なく非常に鮮やかである。これが思いつかない場合は、解法2のように有理数条件を文字で置き換えて不定方程式に帰着させることで、確実な論証が可能である。