2025年度東大・京大数学ピックアップ！～思考プロセスを紐解く～

この問いでは,\(0\)以上の整数の2乗になる数を平方数と呼ぶ。\(a\)を正の整数とし,\(f_a (x)=x^2+x-a\)とおく。

(1) \(n\)を正の整数とする。\(f_a (n)\)が平方数ならば, \(n≦a\)であることを示せ。

(2)\( f_a (n)\)が平方数となる正の整数\(n\)の個数を\(N_a\)とおく。次の条件(i),(ii)が同値であることを示せ。

(i) \(N_a=1\)である。

(ii) \(4a+1\)は素数である。

(1)
\(a\)は正の整数であるから、任意の自然数nに対し、\(n-a<2n+1\)が成り立つ。つまり、

\(f_a (n)=n^2+n-a<n^2+2n+1=(n+1)^2\)

が成り立つ。しかるに、\(f_a (n)\)が平方数であるとき、ある\(0\)以上\(n\)以下の整数\(m\)が存在して\(f_a (n)=n^2+n-a=m^2\)と書くことができる。この式を整理して、

\(n-a=(m-n)(m+n)\)

を得る。ここで、\(n\)は正の数であり\(m\)は負の数でないから、\(m+n>0\)である。
一方で、\(0≦m≦n\)であったから、\(m-n≦0\)である。

つまり、\((m-n)(m+n)≦0\)が分かるから、\(n-a≦0\)であり、しかるに\(n≦a\)である

(2)

★(i)ならば(ii)の証明

「(i)ならば(ii)」を証明する代わりに、対偶「(ii)でないならば(i)でない」を証明する。

つまりは命題(*)「\(4a+1\)が素数でないならば、\(N_a=1\)ではない」を示す。

まず、\(a\)は正の整数であるから\(4a+1≧5\)であり、\(4a+1\)が素数でないことと合成数であることは同値である。また、\(f_a (a)=a^2\)は平方数であるから、\(a\)がいかなる正の整数であっても、必ず\(N_a≧1\)である。\(N_a\)は整数だから、このとき\(N_a=1\)でないことは\(N_a≧2\)であることと同値である。よって命題(*)は命題(**)「\(4a+1\)が合成数ならば、\(N_a≧2\)である」と同値であり、これを示せばよい。

さて、\(4a+1\)が合成数であるとすると、ある正の奇数\(p,q(p≧q≧3)\)が存在して、\(4a+1=pq\)と書くことができる。ここで、\(p,q\)は奇数であるから、\(p≡q(mod4)\)である [3]。

　したがって、\(p+q≡2p≡2(mod4)\)がなりたち、\(p+q-2≡0(mod4)\)である。
以上より、\(\frac{(p+q-2)}{4}\)は整数である。

ところで、\(f_a (\frac{p+q-2}{4})=(\frac{p+q-2}{4})^2+\frac{p+q-2}{4}-\frac{pq-1}{4}=(\frac{p-q}{4})^2\)が成り立ち、\(p≡q(mod4)\)かつ\(p≧q\)なので、\(\frac{p-q}{4}\)は\(0\)以上の整数であるから、\(n=\frac{p+q-2}{4}\)のとき\(f_a (n)\)は平方数になっている。

また、\(a-\frac{p+q-2}{4}=\frac{pq-1}{4}-\frac{p+q-2}{4}=\frac{pq-p-q+1}{4}=\frac{(p-1)(q-1)}{4}>0(∵p≧q≧3)\)であるから、\(a>\frac{p+q-2}{4}\)である。よってこのとき、\(f_a (n)\)は\(n=a,\frac{p+q-2}{4}\)という異なる2つの\(n\)の値で平方数となっており、\(N_a≧2\)であると言える。

★(ii)⇒(i)の証明

ある\(0\)以上の整数\(m\)が存在して、\(f_a (n)=m^2\)と書けたとする。この時、\(4f_a (n)={4n}^2+4n-4a={4m}^2\)であり、これを整理して\(4a+1={4n}^2+4n+1-{4m}^2\)を得る。右辺を因数分解することで、\(4a+1=(2n+1-2m)(2n+1+2m)\)を得る。

さて、仮定から\(4a+1\)は素数であったから、これが\(2n+1-2m,2n+1+2m\)という2整数の積に分解されるとき、\(2n+1-2m≦2n+1+2m\)であることと、（(1)の考察から\(m≦n\)なので）\(1≦2n+1-2m\)であることに注意すると、

\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
2n+1-2m=1 \\ 2n+1+2m=4a+1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}

を得る。これを解いて\(n=m=a\)を得る。
つまりこの時、\(f_a (n)\)が平方数となるような\(n\)は\(n=a\)に限られ、特に\(N_a=1\)である。

\(n\)は\(2\)以上の整数とする.1枚の硬貨を続けて\(n\)回投げる.このとき,\(k\)回目\((1≤k≤n)\)に表が出たら\(X_k=1,\)裏が出たら\(X_k=0\)として, \(X_1,X_2,…,X_n\)を定める.

\(Y_n=\sum_{k=2}^{n} X_{k-1} X_k \)

とするとき, \(Y_n\)が奇数である確率\(p_n\)を求めよ.

まず、以下の通り\(q_n,r_n,s_n,t_n\)を定義する。

・\(X_n\)が\(0\)かつ\(Y_n\)が奇数である確率を\(q_n\)

・\(X_n\)が\(0\)かつ\(Y_n\)が偶数である確率を\(r_n\)

・\(X_n\)が\(1\)かつ\(Y_n\)が奇数である確率を\(s_n\)

・\(X_n\)が\(1\)かつ\(Y_n\)が偶数である確率を\(t_n\)

このとき、上記4つの事象は互いに排反であり、また\(q_n+r_n+s_n+t_n=1…\)(★)である。

また「\(X_{n+1}\)が\(0\)で\(Y_{n+1}\)が奇数になる」ことは、「\(X_n\)が\(0\)かつ\(Y_n\)が奇数であって、\(n+1\)回目の試行でコインの裏が出る」もしくは「\(X_n\)が\(1\)かつ\(Y_n\)が奇数であって、\(n+1\)回目の試行でコインの裏が出る」のいずれか一方のみが必ず起きていることから、\(q_{n+1}=\frac{1}{2} q_n+\frac{1}{2}s_n\)という式を得る。

同様に考えて、以下の式を得る。

・\(q_{n+1}=\frac{1}{2}q_n+\frac{1}{2}s_n\)…①

・\(r_{n+1}=\frac{1}{2}r_n+\frac{1}{2}t_n\)…②

・\(s_{n+1}=\frac{1}{2}q_n+\frac{1}{2}t_n\)…③

・\(t_{n+1}=\frac{1}{2}r_n+\frac{1}{2}s_n\)…④

③式と④式の和を考えて、\(s_{n+1}+t_{n+1}=\frac{1}{2}q_n+\frac{1}{2}t_n+\frac{1}{2} r_n+\frac{1}{2}s_n=\frac{1}{2}\)を得る。

また、\(s_1+t_1=\frac{1}{2}\)は状況を考えればすぐに分かるため、任意の正の整数\(n\)に対して\(s_n+t_n=\frac{1}{2}\)である。

①式と③式から\(q_{n+2}=\frac{1}{2}q_{n+1}+\frac{1}{2}s_{n+1}, s_{n+2}=\frac{1}{2} q_{n+1}+\frac{1}{2}t_{n+1}\)を得る。これを辺々足して、\(q_{n+2}+s_{n+2}=q_{n+1}+\frac{1}{2}s_{n+1}+\frac{1}{2}t_{n+1}\)を得る。

ここまで得た情報からこれを変形すると、

\(q_{n+2}+s_{n+2}=q_{n+1}+\frac{1}{2}s_{n+1}+\frac{1}{2}t_{n+1}=q_{n+1}+\frac{1}{2}s_{n+1}+\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-s_{n+1})\)

\(=q_{n+1}+\frac{1}{4}\)

\(=\frac{1}{2}(q_n+s_n)+\frac{1}{4}\)

を得る。ところで、定義から明らかに\(q_n+s_n=p_n\)であるから、

\(p_{n+2}=\frac{1}{2}p_n+\frac{1}{4}\)

を得る。この式を更に適切に変形していくことで、

\(p_{n+2}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(p_n-\frac{1}{2})\)

を得る。

・\(n\)が偶数であるとき

数列\(\{p_n-\frac{1}{2}\}\)の偶数番目の項だけを取り出した数列\(p_2-\frac{1}{2},p_4-\frac{1}{2},p_6-\frac{1}{2},p_8-\frac{1}{2}…\)は、初項が\(p_2\)で、公比が\(\frac{1}{2}\)の等比数列となっている。数列の添え字が1つ飛ばしになっていることに注意して、

\(p_n-\frac{1}{2}=(\frac{1}{2})^{\frac{n-2}{2}}(p_2-\frac{1}{2})\)

を得る。実際に検討すれば\(p_2=\frac{1}{4}\)であることはすぐに分かるため、このとき

\(p_n=\frac{1}{2}+(\frac{1}{2})^{\frac{n-2}{2}}(-\frac{1}{4})=\frac{1}{2}-(\frac{1}{2})^{\frac{n+2}{2}}\)

であると分かる。

・\(n\)が奇数の場合

数列\(\{{p_n-\frac{1}{2}}\}\)の奇数番目の項だけを取り出した数列\(p_3-\frac{1}{2},p_5-\frac{1}{2},p_7-\frac{1}{2},p_9-\frac{1}{2}…\)は、初項が\(p_3\)で、公比が\(\frac{1}{2}\)の等比数列となっている。数列の添え字が1つ飛ばしになっていることに注意して、

\(p_n-\frac{1}{2}=(\frac{1}{2})^{\frac{n-3}{2}}(p_3-\frac{1}{2})\)

を得る。実際に検討すれば、\(p_3=1/4\)は容易に分かるため、このとき

\(p_n=\frac{1}{2}+(\frac{1}{2})^{\frac{n-3}{2}} (-\frac{1}{4})=\frac{1}{2}-(\frac{1}{2})^{\frac{n+1}{2}}\)

であると分かる。

以上より、求める答えは

\begin{eqnarray}
p_n
=
\begin{cases}
\frac{1}{2}-(\frac{1}{2})^{\frac{n+2}{2}} (nが偶数のとき)\\
\frac{1}{2}-\frac{1}{2}^{\frac{n+1}{2}} (nが奇数のとき)
\end{cases}
\end{eqnarray}

である。