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東京大学 1997年文系第1問解説

方針・初手

（1）は対称式の基本問題である。$a+b=x, ab=y$ とおき、与えられた2つの式から $x, y$ の連立方程式を導く。その際、$a, b$ が実数であるという条件から、$x, y$ が満たすべき不等式（判別式 $D \ge 0$）が生じる点に注意して解を絞り込む。

（2）は $n$ 乗の和に関する証明である。2次方程式の解の性質を利用して $a^n + b^n$ に関する隣接3項間の漸化式を作る手法（解法1）、または $a, b$ の値を具体的に求めて二項定理を利用する手法（解法2）が有効である。

解法1

(1)

$a+b=x, ab=y$ とおく。

与えられた条件式を $x, y$ で表すと、

$$ \begin{aligned} a^2+b^2 &= (a+b)^2 - 2ab = x^2 - 2y = 16 \\ a^3+b^3 &= (a+b)^3 - 3ab(a+b) = x^3 - 3xy = 44 \end{aligned} $$

第1式より $y = \frac{x^2 - 16}{2}$ であり、これを第2式に代入する。

$$ x^3 - 3 \cdot \frac{x^2 - 16}{2} \cdot x = 44 $$

両辺を2倍して整理する。

$$ \begin{aligned} 2x^3 - 3x(x^2 - 16) &= 88 \\ -x^3 + 48x - 88 &= 0 \\ x^3 - 48x + 88 &= 0 \end{aligned} $$

左辺は $x-2$ を因数にもつから、因数分解して、

$$ (x-2)(x^2 + 2x - 44) = 0 $$

これを解くと、$x = 2, -1 \pm 3\sqrt{5}$ を得る。

ここで、$a, b$ は実数であるから、2次方程式 $t^2 - xt + y = 0$ は実数解をもつ。その判別式を $D$ とすると、$D \ge 0$ より、

$$ x^2 - 4y \ge 0 $$

$y = \frac{x^2 - 16}{2}$ を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} x^2 - 4 \cdot \frac{x^2 - 16}{2} &\ge 0 \\ -x^2 + 32 &\ge 0 \\ x^2 &\le 32 \end{aligned} $$

候補となる $x$ の値について、この条件を満たすか確認する。

(i)

$x = 2$ のとき $x^2 = 4 \le 32$ を満たすので適する。

(ii)

$x = -1 \pm 3\sqrt{5}$ のとき $x^2 = (-1 \pm 3\sqrt{5})^2 = 46 \mp 6\sqrt{5}$ である。 $6\sqrt{5} = \sqrt{180} < \sqrt{196} = 14$ であるから、 $46 \mp 6\sqrt{5} \ge 46 - 6\sqrt{5} > 46 - 14 = 32$ となり、$x^2 \le 32$ を満たさないため不適。

（i）, （ii）より $x = 2$ である。したがって、$a+b = 2$ である。

(2)

（1）より $a+b = 2$ であり、$ab = \frac{2^2 - 16}{2} = -6$ である。 $a, b$ は2次方程式 $t^2 - 2t - 6 = 0$ の2つの解であるから、

$$ a^2 - 2a - 6 = 0 \iff a^2 = 2a + 6 $$

両辺に $a^n$ を掛けると、

$$ a^{n+2} = 2a^{n+1} + 6a^n $$

同様に、$b^{n+2} = 2b^{n+1} + 6b^n$ も成り立つ。これらを辺々加えると、

$$ a^{n+2} + b^{n+2} = 2(a^{n+1} + b^{n+1}) + 6(a^n + b^n) $$

ここで、$S_n = a^n + b^n$ とおくと、任意の自然数 $n$ に対して以下の漸化式が成り立つ。

$$ S_{n+2} = 2S_{n+1} + 6S_n $$

数学的帰納法を用いて、$n \ge 2$ において $S_n$ が4で割り切れる整数であることを示す。

(I)

$n = 2, 3$ のとき問題の条件より、$S_2 = a^2 + b^2 = 16 = 4 \times 4$、 $S_3 = a^3 + b^3 = 44 = 4 \times 11$ であり、ともに4で割り切れる。

(II)

$n = k, k+1$ （$k$ は2以上の整数）のとき、ともに4で割り切れると仮定する。すなわち、整数 $M, N$ を用いて $S_k = 4M, S_{k+1} = 4N$ と表せるとする。このとき、$n = k+2$ について考えると、

$$ \begin{aligned} S_{k+2} &= 2S_{k+1} + 6S_k \\ &= 2(4N) + 6(4M) \\ &= 4(2N + 6M) \end{aligned} $$

$M, N$ は整数であるから $2N + 6M$ も整数であり、$S_{k+2}$ は4で割り切れる。よって、$n = k+2$ のときも成り立つ。

（I）, （II）より、2以上のすべての整数 $n$ について、$a^n + b^n$ は4で割り切れる整数であることが示された。

解法2

(1)

解法1と同様にして $a+b = 2, ab = -6$ を得る。

(2)

$a, b$ は2次方程式 $t^2 - 2t - 6 = 0$ の解であるから、解の公式より $t = 1 \pm \sqrt{7}$ である。対称性より $a = 1 + \sqrt{7}, b = 1 - \sqrt{7}$ としても一般性を失わない。二項定理を用いると、

$$ \begin{aligned} a^n + b^n &= (1 + \sqrt{7})^n + (1 - \sqrt{7})^n \\ &= \sum_{k=0}^{n} {}_n\mathrm{C}_{k} (\sqrt{7})^k + \sum_{k=0}^{n} {}_n\mathrm{C}_{k} (-\sqrt{7})^k \end{aligned} $$

$k$ が奇数の項は符号が異なり相殺され、$k$ が偶数の項は等しいため2倍になる。非負整数 $m$ を用いて $k = 2m$ とおくと、$(\sqrt{7})^{2m} = 7^m$ より、

$$ a^n + b^n = 2 \sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} 7^m $$

と表せる。ここで、$\sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} 7^m$ が偶数であることを示す。法を2とする合同式を考えると、$7 \equiv 1 \pmod 2$ であるから、

$$ \sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} 7^m \equiv \sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} \pmod 2 $$

一方で、二項定理より $(1+1)^n = \sum_{k=0}^{n} {}_n\mathrm{C}_{k}$、 $(1-1)^n = \sum_{k=0}^{n} {}_n\mathrm{C}_{k} (-1)^k$ であり、辺々を加えると奇数番目の項が消去され、

$$ 2^n + 0 = 2 \sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} $$

$$ \sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} = 2^{n-1} $$

となる。$n$ は2以上の整数であるから $n-1 \ge 1$ であり、$2^{n-1}$ は偶数である。したがって、$\sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} 7^m \equiv 2^{n-1} \equiv 0 \pmod 2$ となり、この和は偶数である。ゆえに、整数 $L$ を用いて $\sum_{0 \le 2m \le n} {}_n\mathrm{C}_{2m} 7^m = 2L$ とおけるため、

$$ a^n + b^n = 2(2L) = 4L $$

となり、$a^n + b^n$ は4で割り切れる整数であることが示された。

解説

（1）において、対称式の変形から $x=a+b$ の方程式を導くのは定石であるが、$a, b$ が実数であるという条件を見落とし、不適な解を含めてしまうミスが多い。導出した $x, y$ の値が、$t$ の2次方程式の実数解として存在するための条件（判別式 $D \ge 0$）を必ず確認する必要がある。

（2）は $n$ 乗の和に関する典型的な証明問題である。解法1のように、2次方程式から $a^{n+2} + b^{n+2} = p(a^{n+1} + b^{n+1}) + q(a^n + b^n)$ という隣接3項間の漸化式を導き、数学的帰納法に持ち込むのが最も汎用性の高いアプローチである。解法2のように二項定理を用いる手法も美しく、合同式と組み合わせることで鮮やかに証明を完遂できる。