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東京大学 2011年理系第2問解説

方針・初手

（1）は数列の定義に従って $a_1, a_2$ と順に計算を行い、規則性を見出す。（2）は「任意の自然数 $n$ に対して $a_n = a$」となる条件を考える。まずは $n=1, 2$ の場合に成り立つための必要条件から $a$ の値を絞り込み、その後に求めた $a$ がすべての $n$ で条件を満たすこと（十分性）を数学的帰納法で確認する。（3）は $a_n$ を既約分数で表したときの分母に注目する。$a_n \neq 0$ の間は、次の項の分母が真に小さくなることを示せば、有限回で $0$ に到達することがわかる。

解法1

(1)

$a = \sqrt{2}$ のとき、$1 < \sqrt{2} < 2$ であるから、$\sqrt{2}$ の整数部分は $1$ である。したがって、その小数部分は $\langle \sqrt{2} \rangle = \sqrt{2} - 1$ となる。数列の定義より、

$$ a_1 = \langle \sqrt{2} \rangle = \sqrt{2} - 1 $$

となる。ここで $a_1 \neq 0$ であるから、

$$ a_2 = \left\langle \frac{1}{a_1} \right\rangle = \left\langle \frac{1}{\sqrt{2} - 1} \right\rangle = \langle \sqrt{2} + 1 \rangle $$

となる。$2 < \sqrt{2} + 1 < 3$ であるから、$\sqrt{2} + 1$ の整数部分は $2$ である。よって、その小数部分は $(\sqrt{2} + 1) - 2 = \sqrt{2} - 1$ となるため、

$$ a_2 = \sqrt{2} - 1 $$

である。以上より $a_2 = a_1$ となる。これ以降も $a_n \neq 0$ である限り、同様の計算により $a_{n+1} = a_n$ が繰り返される。ゆえに、任意の自然数 $n$ に対して、

$$ a_n = \sqrt{2} - 1 $$

となる。

(2)

任意の自然数 $n$ に対して $a_n = a$ となるような実数 $a \left(a \geqq \frac{1}{3}\right)$ を求める。まず $n=1$ のとき、$a_1 = a$ が成り立つ必要がある。定義より $a_1 = \langle a \rangle$ であるため、$a = \langle a \rangle$ となる。小数部分の定義から $0 \leqq \langle a \rangle < 1$ であるから、

$$ 0 \leqq a < 1 $$

となる。条件 $a \geqq \frac{1}{3}$ と合わせると、$\frac{1}{3} \leqq a < 1$ となり、$a \neq 0$ である。次に $n=2$ のとき、$a_2 = a$ が成り立つ必要がある。 $a_1 = a \neq 0$ であるから、

$$ a_2 = \left\langle \frac{1}{a_1} \right\rangle = \left\langle \frac{1}{a} \right\rangle $$

となり、これが $a$ に等しいため、

$$ \left\langle \frac{1}{a} \right\rangle = a $$

が成り立つ。これは $\frac{1}{a}$ の小数部分が $a$ であることを意味する。したがって、ある整数 $k$ を用いて、

$$ \frac{1}{a} = k + a $$

と表せる。これを変形すると、

$$ a^2 + ka - 1 = 0 $$

となる。ここで、$\frac{1}{3} \leqq a < 1$ であるから、逆数をとると $1 < \frac{1}{a} \leqq 3$ となる。 $k = \frac{1}{a} - a$ であるため、それぞれの不等式から $k$ のとり得る値の範囲を絞り込む。 $1 < \frac{1}{a} \leqq 3$ かつ $-1 < -a \leqq -\frac{1}{3}$ の辺々を加えると、

$$ 0 < \frac{1}{a} - a < \frac{8}{3} $$

すなわち $0 < k < \frac{8}{3}$ となる。 $k$ は整数であるから、$k = 1, 2$ のいずれかに限られる。

(i)

$k = 1$ のとき

方程式は $a^2 + a - 1 = 0$ となる。 $a > 0$ であるから、解の公式より $a = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ である。 $2 < \sqrt{5} < 3$ より $\frac{1}{2} < \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} < 1$ となるため、これは $\frac{1}{3} \leqq a < 1$ を満たす。

(ii)

$k = 2$ のとき

方程式は $a^2 + 2a - 1 = 0$ となる。 $a > 0$ であるから、解の公式より $a = -1 + \sqrt{2}$ である。 $1.4 < \sqrt{2} < 1.5$ より $0.4 < -1 + \sqrt{2} < 0.5$ であり、$\frac{1}{3} < 0.4$ であるため、これも $\frac{1}{3} \leqq a < 1$ を満たす。

よって、求める $a$ の候補は $a = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}, -1 + \sqrt{2}$ である。最後に、これらの $a$ に対して、任意の自然数 $n$ で $a_n = a$ が成り立つこと（十分性）を数学的帰納法で示す。どちらの $a$ も $0 \leqq a < 1$ を満たすため $a_1 = \langle a \rangle = a$ となり、$n=1$ で成立する。ある自然数 $m$ に対して $a_m = a$ が成り立つと仮定する。 $a \neq 0$ であるから、

$$ a_{m+1} = \left\langle \frac{1}{a_m} \right\rangle = \left\langle \frac{1}{a} \right\rangle = \langle k + a \rangle $$

ここで $k$ は整数であり、ある実数に整数を足してもその小数部分は変わらないため、

$$ \langle k + a \rangle = \langle a \rangle = a $$

となる。よって $n=m+1$ でも成り立つ。したがって、数学的帰納法によりすべての自然数 $n$ に対して $a_n = a$ が成り立つ。

(3)

$a = \frac{p}{q}$ と表されているから、ある整数 $m$ と整数 $r$ を用いて

$$ p = mq + r \quad (0 \leqq r < q) $$

と書ける。したがって、

$$ a_1 = \left\langle \frac{p}{q} \right\rangle = \frac{r}{q} $$

であり、$a_1$ は有理数である。 $a_1 = 0$ ならば定義より $a_2 = 0$、以後もすべて $0$ であるから、主張はただちに成り立つ。

以下、$a_1 \neq 0$ とする。 $a_n \neq 0$ のとき、$a_n$ を既約分数で

$$ a_n = \frac{r_n}{q_n} \quad (0 < r_n < q_n) $$

と表す。このとき $q_n$ を $r_n$ で割ると、

$$ q_n = kr_n + s_n \quad (0 \leqq s_n < r_n) $$

と書けるから、

$$ \frac{1}{a_n} = \frac{q_n}{r_n} = k + \frac{s_n}{r_n} $$

となる。ゆえに

$$ a_{n+1} = \left\langle \frac{1}{a_n} \right\rangle = \frac{s_n}{r_n} $$

である。

ここで $s_n = 0$ ならば $a_{n+1} = 0$ である。また $s_n \neq 0$ ならば、$a_{n+1}$ を既約分数で表したときの分母は高々 $r_n$ であり、

$$ r_n < q_n $$

であるから、$a_n \neq 0$ の間は分母は真に小さくなる。

一方、$a_1 = \frac{r}{q}$ を既約分数に直したときの分母は $q$ 以下である。したがって、もし $a_1, a_2, \ldots, a_q$ がすべて $0$ でないとすると、それぞれを既約分数で表したときの分母は

$$ q_1 > q_2 > \cdots > q_q $$

を満たす正の整数列になるが、$q_1 \leqq q$ であるからそのような列は存在しない。よって、$a_1, a_2, \ldots, a_q$ のうち少なくとも1つは $0$ である。

さらに、ある $m$ で $a_m = 0$ となれば定義より $a_{m+1} = 0$ であり、以後もすべて $0$ となる。したがって、$q$ 以上のすべての自然数 $n$ に対して

$$ a_n = 0 $$

が成り立つ。

解説

（1）、（2）は小数部分の定義に従って具体的に計算し、必要条件から候補を絞って十分性を確認する典型的な流れである。（3）の本質は、有理数に対して操作 $x \mapsto \left\langle \frac{1}{x} \right\rangle$ を施すと、$x \neq 0$ の間は既約分数で見た分母が真に小さくなる点にある。これはユークリッドの互除法と同じ構造であり、有限回で余りが $0$ になることが、そのまま有限回で数列が $0$ に到達することに対応している。