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東京大学 2025年理系第4問解説

方針・初手

(1) では、整数問題でよく用いられる「平方数で挟む」という不等式評価を用いる。$f_a(n)$ を $m^2$ とおいた上で、$n$ が $a$ より大きいと仮定して矛盾を導く背理法が有効である。 (2) では、2次式が平方数になる条件から、等式を $(2n+1)^2 - (2m)^2 = 4a+1$ と変形し、「平方数の差」を作り出すことがカギになる。和と差の積に因数分解することで、約数の個数の問題に帰着させる。

解法1

(1)

ある正の整数 $n$ について、$f_a(n)$ が平方数になるとする。このとき、$f_a(n) = m^2$ （$m$ は $0$ 以上の整数）とおくことができる。

$$ n^2 + n - a = m^2 $$

ここで、$n \leqq a$ であることを背理法によって示す。 $n > a$ と仮定する。$n$ と $a$ はともに整数であるから、$n - a \geqq 1$ である。したがって、以下の不等式が成り立つ。

$$ n^2 + n - a \geqq n^2 + 1 $$

ゆえに、$m^2 \geqq n^2 + 1 > n^2$ となり、$m > 0$ かつ $n > 0$ であることから $m > n$ が得られる。 $m$ は整数であるから、$m \geqq n + 1$ であり、以下の不等式が成り立つ。

$$ m^2 \geqq (n + 1)^2 $$

元の等式 $m^2 = n^2 + n - a$ を代入すると、

$$ n^2 + n - a \geqq (n + 1)^2 $$

展開して整理する。

$$ n^2 + n - a \geqq n^2 + 2n + 1 $$

$$ n + a + 1 \leqq 0 $$

しかし、$n \geqq 1$ かつ $a \geqq 1$ であるため $n + a + 1 \geqq 3$ であり、これは矛盾である。したがって、仮定は誤りであり、$n \leqq a$ であることが示された。

(2)

$f_a(n) = m^2$ （$m$ は $0$ 以上の整数）とおき、両辺を $4$ 倍して変形する。

$$ 4n^2 + 4n - 4a = 4m^2 $$

$$ (2n + 1)^2 - 1 - 4a = (2m)^2 $$

$$ (2n + 1)^2 - (2m)^2 = 4a + 1 $$

$$ (2n + 1 + 2m)(2n + 1 - 2m) = 4a + 1 $$

ここで、$X = 2n + 1 + 2m$、$Y = 2n + 1 - 2m$ とおく。 $n \geqq 1$、$m \geqq 0$ は整数であるから、$X$ と $Y$ も整数である。 $X + Y = 4n + 2 \geqq 6$、$X - Y = 4m \geqq 0$ であるから、$X \geqq Y$ となる。さらに $X Y = 4a + 1 > 0$ と $X + Y > 0$ より、$Y > 0$ である。したがって、$X$、$Y$ は $X \geqq Y \geqq 1$ を満たす。

逆に、$X \geqq Y \geqq 1$ と $X Y = 4a + 1$ を満たす整数の組 $(X, Y)$ が与えられたとする。 $4a + 1$ は奇数なので、$X$ と $Y$ はともに奇数である。 $X Y \equiv 1 \pmod 4$ より、$(X, Y) \equiv (1, 1) \pmod 4$ または $(X, Y) \equiv (3, 3) \pmod 4$ のいずれかである。どちらの場合も、$X + Y \equiv 2 \pmod 4$ および $X - Y \equiv 0 \pmod 4$ が成り立つ。ここで $n = \frac{X + Y - 2}{4}$、$m = \frac{X - Y}{4}$ と定めると、分子がそれぞれ $4$ の倍数となるため、$n$ と $m$ は整数となる。また、$X Y = 4a + 1 \geqq 5$ であり、正の整数の組として $X + Y \geqq 5 + 1 = 6$ を満たすため、$n \geqq 1$ となる。 $X \geqq Y$ より $m \geqq 0$ も満たされる。このとき求めた $n, m$ は元の等式を満たすため、$f_a(n)$ が平方数となる正の整数 $n$ は、$X Y = 4a + 1$ を満たす整数の組 $(X, Y)$ （ただし $X \geqq Y \geqq 1$）に対して一意に定まる。ゆえに、$N_a$ はこのような組 $(X, Y)$ の個数に等しい。

(ii) $\Rightarrow$ (i) の証明

$4a + 1$ が素数のとき、$4a + 1$ の正の約数は $1$ と $4a + 1$ のみである。したがって、$X \geqq Y \geqq 1$ を満たす組は $(X, Y) = (4a + 1, 1)$ のただ $1$ つである。よって $N_a = 1$ となり、(i) が成り立つ。

(i) $\Rightarrow$ (ii) の証明

$4a + 1$ が素数でないと仮定する。 $a \geqq 1$ より $4a + 1 \geqq 5$ であるから、$4a + 1$ は合成数である。したがって、$4a + 1 = c d$ を満たす整数 $c, d$ （ただし $c \geqq d \geqq 3$）が存在する。このとき、$X \geqq Y \geqq 1$ を満たす組として、自明な組 $(X, Y) = (4a + 1, 1)$ に加えて、$(X, Y) = (c, d)$ も存在する。よって条件を満たす組は $2$ つ以上存在し、$N_a \geqq 2$ となる。対偶が示されたため、$N_a = 1$ ならば $4a + 1$ は素数である。

以上より、(i) と (ii) は同値であることが示された。

解説

2次式が平方数となる条件を扱う典型問題である。(1) では「連続する平方数で挟む」という不等式の考え方を活用して候補を絞り込む。(2) では $x^2 - y^2 = k$ の形へ帰着させる整数問題の定石処理が問われている。因数分解した後の連立方程式から、$n$ と $m$ が確実に整数として定まることを合同式のパリティなどで言及できていると、論理に隙のない解答となる。