「2.5=5/2みたいな数」問題の解答

はじめに

餃子n人前 さんの「 2.5=5/2みたいな数 」について考えてみました．
厳密性を欠く部分があるのですが，厳密性を補った解答や，異なるアプローチの元になるかもしれないので記事を投稿します．

解答

残念ながら$(M,N)=(5,2)$以外の解はないと思われます．


$L=[{\log }_{10}M]+1$とします．($L\in {\mathbb{Z}}^{+}$)
$x-1<[x]\le x$ですから，$M<{10}^L\le 10M$です．
したがって (式の意図からも明らかですが)，$\frac{1}{10}\le \frac{M}{{10}^{[{\log }_{10}M]+1}}=\frac{M}{{10}^L}<1$となり，$\frac{M}{{10}^L}$は$\frac{1}{10}$以上$1$未満の小数です．

与式の左辺を見ると，整数部分$N$と小数部分$\frac{M}{{10}^L}$に分かれた形になっています．
そのため，$M$を$N$で割った商を$Q$，余りを$R$ $(0\le R<N)$とすると，$Q=N$ (つまり$M=N^2+R$)，$\frac{R}{N}=\frac{M}{{10}^L}$となることが分かります．
$\frac{1}{10}\le \frac{M}{{10}^L}<1$だったので，$\frac{1}{10}\le \frac{R}{N}<1$も分かります．

$\frac{R}{N}=\frac{M}{{10}^L}$に$M=N^2+R$を代入し$R$について解くと ($N<M<{10}^L$より${10}^L-N>0$なので)，$R=\frac{N^3}{{10}^L-N}$となります．
$\frac{1}{10}\le \frac{R}{N}<1$だったので，$\frac{1}{10}\le \frac{N^2}{{10}^L-N}<1$です．


ここで$D={10}^L-N$とおくと，$D$について次のことが分かります．

• $\frac{N^2}{D}<1$なので$\frac{N^2}{D}$は整数ではない．
  $N={10}^L-D$より$\frac{N^2}{D}=\frac{{10}^{2L}}{D}-2\cdot {10}^L+D$が整数ではないので，$D$は${10}^{2L}$の約数ではない．
• $\frac{N^3}{D}=R$なので$\frac{N^3}{D}$は整数．
  $N={10}^L-D$より$\frac{N^3}{D}=\frac{{10}^{3L}}{D}-3\cdot {10}^{2L}+3\cdot {10}^{L}D-D^2$が整数ではないので，$D$は${10}^{3L}$の約数である．
  $D$は${10}^{3L}$の約数であることから，$D=2^A{5}^B$ $(A,B\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0},A\le 3L,B\le 3L)$とかけます．
  また$D$は${10}^{2L}$の約数ではないので$A,B$のいずれかは$2L$より大きい必要がありますが，$B>2L$の場合は$D>{25}^L$となり$D={10}^L-N<{10}^L$に矛盾するので，$0\le B\le 2L<A\le 3L$が分かります．
  
  $B$の範囲をもう少し絞っておきます．
  $N^2<D<{10}^L$より$N<{10}^{\frac{L}{2}}$です．
  よって${10}^L-{10}^{\frac{L}{2}}<D={10}^L-N=2^A{5}^B<{10}^L$，すなわち
  $$\begin{array}{}\text{(1)}& {10}^L-{10}^{\frac{L}{2}}<2^A{5}^B<{10}^L\end{array}$$
  です．$(1)$を${10}^B$で割ると
  $$\begin{array}{}\text{(2)}& {10}^{L-B}-{10}^{\frac{L}{2}-B}<2^{A-B}<{10}^{L-B}\end{array}$$
  となります．(特に，$B<A$より$2^{A-B}$は整数です)
  ここで$B\ge \frac{L}{2}$だとすると開区間$({10}^{L-B}-{10}^{\frac{L}{2}-B},{10}^{L-B})$内に整数が存在しないことが簡単に分かり成り立たないので，$0\le B<\frac{L}{2}$です．
  
  
  さて，ここで不等式$(2)$がどのくらい厳しいのか実験してみます．
  簡単のため不等式$(2)$の左側を緩めて${10}^{L-B}-{10}^{\frac{L-B}{2}}<2^{A-B}<{10}^{L-B}$とし，$a=A-B$，$l=L-B$ $(a,l\in \mathbb{Z},\frac{3}{2}L<a\le 3L,\frac{L}{2}<l\le L)$とおくと不等式は
  $$\begin{array}{}\text{(3)}& {10}^l-{10}^{\frac{l}{2}}<2^a<{10}^l\end{array}$$
  となります．
  
  $l=1$のとき不等式$(3)$は$10-\sqrt{10}=6.8\cdots <2^a<10$となり$a=3$です．これは$(M,N)=(5,2)$に対応します．
  
  次に$l\ge 2$のときを考えます．不等式$(3)$は，$l=2$のとき$90<2^a<100$，$l=4$のとき$9900<2^a<10000$のようになり，$2^a$は最高位から$9$が$[\frac{l}{2}]$個だけ並んだ$l$桁の数になる必要があります．
  ところが$2^a$の最高位の数がはじめて$9$となるのは$a=53$のときの$2^a\simeq 9.0\times {10}^{15}$ですし，$2^a$の最高位から$2$桁がはじめて$99$になるのは$a=93$のときの$2^a\simeq 9.90\times {10}^{27}$ですし，$2^a$の最高位から$3$桁がはじめて$999$になるのは$a=2621$のときの$2^a\simeq 9.991\times {10}^{788}$です．
  そのため「$2^a$は最高位から$9$が$[\frac{l}{2}]$個だけ並んだ$l$桁の数になる」という条件は極めて厳しく，$l=1$のとき以外の解は存在しないだろうと想像できます．

より厳密な解答

$l$が十分大きいとき不等式$(3)$に解が存在しないことを，もう少し厳密に証明することに挑戦してみます．
不等式$(3)$の左側について，$2^a={10}^{a{\log }_{10}2}$を用い変形していくと
$$\begin{array}{}\text{(4)}& 1-{10}^{a{\log }_{10}2-l}<{10}^{-\frac{l}{2}}\end{array}$$
という形にできます．
不等式$(4)$の左辺は，もちろん$l$が大きくなると$\to +0$です．
いっぽう右辺については$a{\log }_{10}2-l<0$ $(\because 2^a<{10}^l)$ですから$1-{10}^{a{\log }_{10}2-l}>0$です．そして$a{\log }_{10}2-l\to -0$のとき右辺$\to +0$となります．

$a{\log }_{10}2-l$が$0$に近いというのは$\frac{l}{a}$が${\log }_{10}2$に近いということなので，無理数の近似分数の理論が使えそうです．
そこで${\log }_{10}2$の$k$次主近似分数を$\frac{p_k}{q_k}$とします．これは連分数展開で求められ，$1$次以降は$\frac{1}{3},\frac{3}{10},\frac{28}{93},\frac{59}{196},\frac{146}{485},\cdots$と続きます．(このとき明らかに$p_k<q_k$です)
証明は省略しますが，主近似分数の性質から次の定理が成り立ちます．

また，ほぼ確実に次の予想が成り立つものと思われます．

さて，もしも
$$\begin{array}{}\text{(5)}& 1-{10}^{-|q_{k+1}{\log }_{10}2-p_{k+1}|}\ge {10}^{-\frac{p_k}{2}}\end{array}$$
が示せたとすると，$q_k\le l\le q_{k+1}$なる$(a,l)$について，
$$\begin{array}{}\text{(}\because a{\log }_{10}2-l<0\text{)}& 1-{10}^{a{\log }_{10}2-l}& =1-{10}^{-|a{\log }_{10}2-l|}\text{(}\because \text{定理}1\text{)}& & >1-{10}^{-|q_{k+1}{\log }_{10}2-p_{k+1}|}\text{(}\because \text{不等式}(5)\text{の仮定)}& & \ge {10}^{-\frac{p_k}{2}}\text{(}\because p_k<q_k\text{)}& & >{10}^{-\frac{q_k}{2}}\text{(}\because q_k\le l\text{)}& & \ge {10}^{-\frac{l}{2}}\end{array}$$
となり，不等式$(4)$が成立しないことが分かります．
$k$が大きいとき不等式$(5)$が成立することを証明しましょう．

以上のことから$l$が十分大きいとき，不等式$(3)$に解が存在しないことが少し厳密に証明されました．

余談1

元の問題を次のように緩和すると，無限組の解が存在します．

ただし問題1のときと同様に考えることで$L\ge [{\log }_{10}M]+1$である解は$(L,M,N)=(1,5,2)$しか作れないことが分かります．


参考まで，$L=1,2$の解を示します．ただし$(1,M,N)$が解のとき$(2,100M,10N)$も解になることはすぐ分かり面白くないので，そのような解は省略してあります．

$L=1$

$L=2$

余談2

「解答」の中で，$\frac{l}{a}$は${\log }_{10}2$に近いことが分かりました．
このような$(a,l)$の組を使って$(M,N)$を逆算することを考えます．(逆算の過程で$B$を決める必要がありますが，適当に$B=0$としておきます)
このとき$(a,l)=(3,1)$でなければ$M$は整数になりませんし，また$a{\log }_{10}2-l<0$でなければ$N$は正になりませんが，$2.5=\frac{5}{2}$に似た形の式を得ることができます．

$(a,l)$の組を${\log }_{10}2$の中間近似分数から求めると，次のような結果が得られます．
このような式はいくらでも得ることができますが，$(a,l)=(23,7)$の例から分かる通り$\frac{M}{{10}^l}$の項が急速に大きくなっていきます．