2018年(平成30年)東京大学-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.04.20記

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2020.04.20記

[解答]

(1) $\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{2(2n+1)}{n(n+1)}$ であるが，分子分母とも偶数であり，分子は2を1つしか因数にもたない．
よって，分母を正にとるので $p_n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ ， $q_n=2n+1$ となる．

(2) $a_n=a_1\cdot\dfrac{q_2}{p_2}\cdot\dfrac{q_3}{p_3}\cdot\,\cdots\,\cdot\dfrac{q_n}{p_n}$ $=\dfrac{3q_2q_3\cdots q_n}{p_2p_3\cdots p_n}$ の分子 $3q_2q_3\cdots q_n$ は(1)により奇数であり，分母は $p_2=3$ ， $p_3=6$ により， $n\geqq 3$ で偶数であるから， $a_n$ は $n\geqq 3$ のとき整数にならない．

また $a_1=3$ ， $a_2=5$ は整数であるから， $a_n$ が整数となるのは $n=1，2$ のみである．

文系に誘導付きの出題があるが、その誘導は上の解とは違って、 $a_n$ が $a_3$ 以降単調減少となり、 $a_7 <1$ から $n=1,\, 2,\ldots,6$ まで調べれば十分という誘導である。その解答は
2018年(平成30年)東京大学-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
を参照のこと。

もし誘導がなければどう解くかであるが、
二項係数は2で何回割れるか - 球面倶楽部零八式 mark II
の考え方を利用する。

もちろん、 $n$ が3以上の素数の場合は、
二項係数が素数 p で割り切れない条件 - 球面倶楽部零八式 mark II
を利用すると、
${}_{2n+1}\mbox{C}_n$ は $2n+1=n+(n+1)$ をn 進数の足し算で表現すると $21_{(n)}=10_{(n)}+11_{(n)}$ となり、くりあがりが生じないので、 ${}_{2n+1}\mbox{C}_n$ は素数 $n$ で割り切れない。よって $a_n=\dfrac{{}_{2n+1}\mbox{C}_n}{n\, !}$ を既約分数で表現したとき、分母に素数 $n$ が1つ残るので整数にはならない。というように $a_n$ が整数にはならないことがわかるが、 $n$ が合成数のときに $a_n$ が整数になるかどうかはわからないので、(1)で既約分数にするときに素因数2に着目したように、2で何回割れるかについて着目することにする。

[解答]

(2) $k$ が 2 で割りきれる回数を $f(k)$ とし， $k\, !$ が 2 で割りきれる回数を $F(k)$ とすると
$F(k+1)=F(k)+f(k+1)$ ， $F(2k)=F(k)+k$ ， $f(奇数)=0$
が成立し，
$F(k)=\left[\dfrac{k}{2}\right]+\left[\dfrac{k}{4}\right]+\left[\dfrac{k}{8}\right]+\cdots$
により
$F(k)\geqq \left[ \dfrac{k}{2}\right]$
が成立する．

ここで $a_n$ の分子が2で割れる回数は
$F(2n+1)=F(2n)+f(2n+1)=F(n)+n+0=F(n)+n$
であり，分母が2で割れる回数は
$2F(n)+F(n+1)=2F(n)+f(n+1)$
であるから， $a_n$ が整数であるためには2の因数の個数に着目すると
$n\geqq 2F(n)+f(n+1)$
が必要である．

(i) $n$ が偶数のとき：
$2\left[\dfrac{n}{2}\right]=n$ ， $f(n+1)=0$ であるから $n\geqq 2F(n)+f(n+1)\geqq n+0=n$ が成立する．よって $F(n)=\dfrac{n}{2}$ となるので $\left[\dfrac{n}{4}\right]=0（つまり n\lt 4）$ が成立する．

よって $n=2$ が必要であり， $a_2=5$ より十分．

(ii) $n$ が奇数のとき：
$2\left[\dfrac{n}{2}\right]=n-1$ ， $f(n+1)\geqq 1$ であるから $n\geqq 2F(n)+f(n+1)\geqq (n-1)+1=n$ が成立する．よって　 $2F(n)=n-1$ となり， $F(n)=F(n-1)$ から $F(n-1)=\dfrac{n-1}{2}$ となるので， $\left[\dfrac{n-1}{4}\right]=0（つまり n\lt 5）$ が成立する．さらに $f(n+1)=1$ だから $n+1$ を4で割った余りは2となるので $n$ を4で割った余りは1となる．よって $n=1$ が必要であり， $a_1=3$ より十分．