名古屋大学 2016年度理系数学第4問解答・解説

問題

次の問に答えよ。ただし2次方程式の重解は2つと数える。

(1) 次の条件（＊）を満たす整数 $a, b, c, d, e, f$ の組をすべて求めよ。

（＊） 2次方程式 $x^{2} + a x + b = 0$ の2つの解が $c, d$ である。
2次方程式 $x^{2} + c x + d = 0$ の2つの解が $e, f$ である。
2次方程式 $x^{2} + e x + f = 0$ の2つの解が $a, b$ である。

(2) 2つの数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ は，次の条件（＊＊）を満たすとする。

（＊＊）すべての正の整数 $n$ について， $a_{n}$ ， $b_{n}$ は整数であり，2次方程式 $x^{2} + a_{n} x + b_{n} = 0$ の2つの解が $a_{n + 1}$ ， $b_{n + 1}$ である。

このとき，

(i) 正の整数 $m$ で， $∣ b_{m} ∣ = ∣ b_{m + 1} ∣ = ∣ b_{m + 2} ∣ = \dots$ となるものが存在することを示せ。

(ii) 条件（＊＊）を満たす数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ の組をすべて求めよ。

出典：名古屋大学 2016年度前期日程第2次学力試験理系第4問

方針

解と係数の関係を使い，6つの整数や2つの数列を「次の組が現在の2次方程式の2根である」という関係に直す。(1)では $d = 0$ と $d \neq = 0$ で分け， $d \neq = 0$ なら $a ce = 1$ から $a, c, e$ が $\pm 1$ に限られることを利用して絞る。(2)(i)では $b_{n} = a_{n + 1} b_{n + 1}$ から， $b_{n} \neq = 0$ の範囲では $∣ b_{n} ∣$ が増加しないこと，また $b_{n + 1} = 0$ なら $b_{n} = 0$ であることを使って，0の現れ方と正整数列の単調性を分ける。(2)(ii)では $∣ b_{n} ∣$ が一定になった後を分類し， $∣ a_{n} ∣ = 1$ から固定解 $(1, - 2)$ か， $b_{n} = 0$ の交代解に限られることを示す。

解答

(1)

解と係数の関係より，条件（＊）は

c + d = - a, c d = b, e + f = - c, e f = d, a + b = - e, ab = f

と書ける。

まず $d = 0$ の場合を考える。 $c d = b$ より $b = 0$ であり， $ab = f$ より $f = 0$ である。また $c + d = - a$ より $c = - a$ ， $a + b = - e$ より $e = - a$ である。一方， $e + f = - c$ より $e = - c = a$ でもある。したがって $- a = a$ となり， $a = 0$ である。よって $a = b = c = d = e = f = 0$ を得る。

次に $d \neq = 0$ の場合を考える。 $b = c d$ と $f = ab$ から $f = ab = a (c d) = a c d$ である。さらに $d = e f$ なので $d = e a c d$ となる。 $d \neq = 0$ だから両辺を $d$ で割って $a ce = 1$ を得る。 $a, c, e$ はいずれも整数であるから， $a, c, e \in {1, - 1}$ である。

ここで $a ce = 1$ より $e = a c$ である。また $c + d = - a$ から $d = - a - c$ であり， $b = c d$ より $b = c (- a - c) = - a c - 1$ である。これを $a + b = - e$ へ代入すると $a + (- a c - 1) = - a c$ となるので， $a = 1$ でなければならない。したがって $e = c$ ， $d = - 1 - c$ ， $b = - c - 1$ である。

さらに $f = ab = b = - c - 1$ であり， $e + f = - c$ に代入すると $c + (- c - 1) = - c$ であるから， $c = 1$ である。よって $a = 1, b = - 2, c = 1, d = - 2, e = 1, f = - 2$ となる。

以上より，条件（＊）を満たす整数の組は $(a, b, c, d, e, f) = (0, 0, 0, 0, 0, 0), (1, - 2, 1, - 2, 1, - 2)$ である。

(2)(i)

条件（＊＊）より，すべての正の整数 $n$ について解と係数の関係から $a_{n + 1} + b_{n + 1} = - a_{n}, a_{n + 1} b_{n + 1} = b_{n}$ が成り立つ。

まず， $b_{n + 1} = 0$ なら，第二式より $b_{n} = a_{n + 1} b_{n + 1} = 0$ である。したがって，ある時点で $b$ が0なら，それ以前の $b$ もすべて0である。つまり， $b_{n} = 0$ となる添字は，先頭から続く部分に限られるか，またはすべての添字である。

もし $b_{n} = 0$ がすべての $n$ で成り立つなら，最初から $∣ b_{1} ∣ = ∣ b_{2} ∣ = ∣ b_{3} ∣ = \dots = 0$ であり，主張は成り立つ。

そうでない場合，ある番号以後は $b_{n} \neq = 0$ である。その範囲では $b_{n} = a_{n + 1} b_{n + 1}$ より， $b_{n + 1}$ は $b_{n}$ の整数の約数である。したがって $∣ b_{n + 1} ∣ ≦ ∣ b_{n} ∣$ が成り立つ。以後の $∣ b_{n} ∣$ は正の整数からなる単調非増加列であるから，いつか一定になる。よって，ある正の整数 $m$ が存在して $∣ b_{m} ∣ = ∣ b_{m + 1} ∣ = ∣ b_{m + 2} ∣ = \dots$ となる。

(2)(ii)

(i)より，ある $m$ 以後で $∣ b_{n} ∣$ は一定である。その一定値を $M$ とする。

まず $M = 0$ の場合を考える。このとき十分大きい $n$ で $b_{n} = 0$ である。上で示したように $b_{n + 1} = 0$ なら $b_{n} = 0$ が従うので，後ろから戻って $b_{1} = b_{2} = b_{3} = \dots = 0$ である。すると第一式は $a_{n + 1} = - a_{n}$ となる。よって，任意の整数 $c$ を用いて $a_{n} = (- 1)^{n - 1} c, b_{n} = 0$ と表される。実際，このとき2次方程式 $x^{2} + a_{n} x = x (x + a_{n}) = 0$ の2つの解は $0$ と $- a_{n} = (- 1)^{n} c$ であり， $(a_{n + 1}, b_{n + 1}) = ((- 1)^{n} c, 0)$ と一致する。

次に $M > 0$ の場合を考える。十分大きい $n$ では $∣ b_{n} ∣ = ∣ b_{n + 1} ∣ = M$ であるから，第二式より $M = ∣ b_{n} ∣ = ∣ a_{n + 1} ∣ ∣ b_{n + 1} ∣ = ∣ a_{n + 1} ∣ M$ となる。 $M > 0$ なので $∣ a_{n + 1} ∣ = 1$ である。したがって十分大きい $n$ では， $a_{n}$ も $a_{n + 1}$ も $\pm 1$ である。

このとき第一式から $b_{n + 1} = - a_{n} - a_{n + 1}$ である。 $b_{n + 1} \neq = 0$ だから， $a_{n}$ と $a_{n + 1}$ は同符号でなければならない。もし $a_{n} = a_{n + 1} = 1$ なら $b_{n + 1} = - 2, b_{n} = a_{n + 1} b_{n + 1} = - 2$ となり，状態は $(a_{n}, b_{n}) = (1, - 2)$ で続く。

一方， $a_{n} = a_{n + 1} = - 1$ なら $b_{n + 1} = 2$ である。しかし次の段階でも同じ議論により $a_{n + 1}$ と $a_{n + 2}$ は同符号でなければならないので， $a_{n + 2} = - 1$ となる。このとき $b_{n + 2} = 2, b_{n + 1} = a_{n + 2} b_{n + 2} = - 2$ となり， $b_{n + 1} = 2$ に矛盾する。したがって負の符号の場合は起こらない。

よって十分大きい $n$ で $(a_{n}, b_{n}) = (1, - 2)$ である。さらに，もし $(a_{n + 1}, b_{n + 1}) = (1, - 2)$ なら $a_{n + 1} + b_{n + 1} = - 1 = - a_{n}, a_{n + 1} b_{n + 1} = - 2 = b_{n}$ より，直前も $(a_{n}, b_{n}) = (1, - 2)$ である。これを後ろから繰り返すと，すべての $n$ で $a_{n} = 1, b_{n} = - 2$ となる。実際， $x^{2} + x - 2 = 0$ の2つの解は1と $- 2$ なので，条件を満たす。

以上より，条件（＊＊）を満たす数列は $a_{n} = (- 1)^{n - 1} c, b_{n} = 0 (c は整数)$ または $a_{n} = 1, b_{n} = - 2$ である。

名古屋大学 2016年度理系数学 第4問

問題

方針

解答

(1)

(2)(i)

(2)(ii)

名古屋大学 2016年度
理系数学第4問