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東京大学 2003年理系第4問解説

方針・初手

2次方程式の解の累乗の和 $s_n = \alpha^n + \beta^n$ に関する問題である。（1）では、解と係数の関係を用いて $s_1, s_2, s_3$ を求め、方程式 $x^2 - 4x - 1 = 0$ に解を代入して次数を下げることで、隣接3項間の漸化式を導出する。（2）および（3）では、小さい方の解 $\beta$ の絶対値が $1$ より小さいことを利用して、$\alpha^n$ の整数部分を $s_n$ を用いて表すことが最大のポイントとなる。その後、$s_n$ の $1$ の位の数を合同式（あるいは余り）を用いて調べ、周期性を見つける。

解法1

(1)

2次方程式 $x^2 - 4x - 1 = 0$ において、解と係数の関係より、

$$ \alpha + \beta = 4, \quad \alpha\beta = -1 $$

が成り立つ。これらを用いて $s_1, s_2, s_3$ を計算する。

$$ \begin{aligned} s_1 &= \alpha + \beta = 4 \\ s_2 &= \alpha^2 + \beta^2 = (\alpha + \beta)^2 - 2\alpha\beta = 4^2 - 2 \cdot (-1) = 18 \\ s_3 &= \alpha^3 + \beta^3 = (\alpha + \beta)^3 - 3\alpha\beta(\alpha + \beta) = 4^3 - 3 \cdot (-1) \cdot 4 = 64 + 12 = 76 \end{aligned} $$

また、$\alpha, \beta$ は $x^2 - 4x - 1 = 0$ の解であるから、それぞれ代入して、

$$ \alpha^2 - 4\alpha - 1 = 0 \iff \alpha^2 = 4\alpha + 1 $$

$$ \beta^2 - 4\beta - 1 = 0 \iff \beta^2 = 4\beta + 1 $$

が成り立つ。$n \geqq 3$ のとき、両辺にそれぞれ $\alpha^{n-2}, \beta^{n-2}$ を掛けると、

$$ \alpha^n = 4\alpha^{n-1} + \alpha^{n-2} $$

$$ \beta^n = 4\beta^{n-1} + \beta^{n-2} $$

となる。これらを辺々足し合わせると、

$$ \alpha^n + \beta^n = 4(\alpha^{n-1} + \beta^{n-1}) + (\alpha^{n-2} + \beta^{n-2}) $$

すなわち、求める関係式は、

$$ s_n = 4s_{n-1} + s_{n-2} $$

となる。

(2)

方程式 $x^2 - 4x - 1 = 0$ を解くと、

$$ x = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 4}}{2} = 2 \pm \sqrt{5} $$

$\alpha, \beta$ はこの解であり、$\alpha > \beta$ と定められているから、

$$ \alpha = 2 + \sqrt{5}, \quad \beta = 2 - \sqrt{5} $$

である。ここで、$\sqrt{4} < \sqrt{5} < \sqrt{9}$ より $2 < \sqrt{5} < 3$ であるから、各辺に $-1$ を掛けて、

$$ -3 < -\sqrt{5} < -2 $$

各辺に $2$ を加えて、

$$ -1 < 2 - \sqrt{5} < 0 $$

すなわち、$-1 < \beta < 0$ が成り立つ。

各辺を $3$ 乗すると、大小関係は保たれるため、

$$ -1 < \beta^3 < 0 $$

となる。したがって、$\beta^3$ 以下の最大の整数は $-1$ である。

(3)

（2）と同様にして、$-1 < \beta < 0$ であるから、これを $2003$ 乗（奇数乗）すると、

$$ -1 < \beta^{2003} < 0 $$

が成り立つ。各辺に $-1$ を掛けると、

$$ 0 < -\beta^{2003} < 1 $$

となる。ここで、$s_{2003} = \alpha^{2003} + \beta^{2003}$ より $\alpha^{2003} = s_{2003} - \beta^{2003}$ であるから、

$$ \alpha^{2003} = s_{2003} + (-\beta^{2003}) $$

と変形できる。$0 < -\beta^{2003} < 1$ を用いると、

$$ s_{2003} < \alpha^{2003} < s_{2003} + 1 $$

が成り立つ。

（1）より $s_1 = 4, s_2 = 18$ は整数であり、漸化式 $s_n = 4s_{n-1} + s_{n-2}$ から、帰納的にすべての自然数 $n$ について $s_n$ は整数となる。よって、$s_{2003}$ は整数であるから、不等式より $\alpha^{2003}$ 以下の最大の整数は $s_{2003}$ であることがわかる。

したがって、求める数は $s_{2003}$ の $1$ の位の数である。 $s_n$ の $1$ の位の数を $u_n$ とおくと、$u_n$ は $s_n$ を $10$ で割った余りに等しい。合同式を用いて法を $10$ とすると、漸化式 $s_n = 4s_{n-1} + s_{n-2}$ より、

$$ u_n \equiv 4u_{n-1} + u_{n-2} \pmod{10} $$

が成り立つ。具体的に $u_n$ を順に求めていくと、

$$ \begin{aligned} u_1 &\equiv 4 \\ u_2 &\equiv 8 \\ u_3 &\equiv 4 \cdot 8 + 4 = 36 \equiv 6 \\ u_4 &\equiv 4 \cdot 6 + 8 = 32 \equiv 2 \\ u_5 &\equiv 4 \cdot 2 + 6 = 14 \equiv 4 \\ u_6 &\equiv 4 \cdot 4 + 2 = 18 \equiv 8 \end{aligned} $$

となる。$(u_5, u_6) \equiv (u_1, u_2) \pmod{10}$ であり、漸化式は直前の $2$ 項のみから定まるため、以降 $u_n$ は $4, 8, 6, 2$ の周期 $4$ で繰り返す。

$2003$ を $4$ で割ると、

$$ 2003 = 4 \times 500 + 3 $$

であり、余りは $3$ であるから、

$$ u_{2003} = u_3 = 6 $$

となる。したがって、$\alpha^{2003}$ 以下の最大の整数の $1$ の位の数は $6$ である。

解説

共役な無理数解を持つ方程式において、$s_n = \alpha^n + \beta^n$ が整数になること、および漸化式を満たすことは大学入試における頻出テーマである。とくに、$-1 < \beta < 0$ （または $0 < \beta < 1$）のとき、$\beta^n$ が $n \to \infty$ で $0$ に収束する性質を利用して無理数の累乗 $\alpha^n$ の整数部分を求める手法は、多くの難関大で出題される。本問は、その典型的な誘導に乗って処理を進め、最後に $10$ を法とする合同式で周期性を見つけるという標準的な良問である。