2025 慶応義塾大・理工【数学】第5問についての考察

2025 慶応義塾大・理工第5問

座標平面上に3点 ${\rm A}(x,~0)$，${\rm B}(x,~y)$，${\rm C}(0,~y)$ をとる．ただし，${\rm B}$ は単位円周上を動き，$x>0$，$y>0$ である．このとき，線分 ${\rm AB}$ と ${\rm BC}$ の長さが等しくなる $x$ の値は $x=\fbox{~(ヌ)~}$ である．
　次に，$n$ を2以上の整数とし，$k=1,~2,~\cdots,~n-1$ に対して $\displaystyle{x=\frac{k}{n}}$ のときの線分 ${\rm AB}$ と ${\rm BC}$ の短い方の長さを $L_n(k)$ と表す．$n=4$ とすると，$L_4(k)~(k=1,~2,~3)$ の最大値は $\fbox{~(ネ)~}$ である．一方，$n=5$ のとき $L_5(k)$ が最大となる $k$ の値は$ \fbox{~(ノ)~}$ と $\fbox{~(ハ)~}$ の2個ある．同様に，2以上の整数 $a$ で，$L_a(k)$ が最大となる $k$ の値が2個あるものを考え，そのような $k$ のうち大きい方の値を $m$ とおく．このとき，$m$ を $a$ の式で表すと $m=\fbox{~（ヒ）~}$ となる．また，$b=3a+4m-2$ とおいたとき，$L_b(k)$ が最大となる $k$ の値も2個あり，それらの大きい方を $a$ と $m$ の1次式で表すと $\fbox{（フ）}$ となる．

${\rm AB}={\rm BC}$のとき${\rm B}(x,~x)$であり，${\rm B}$は単位円周上にあるから$\displaystyle{x=\boldsymbol{\frac{1}{\sqrt{2}}}}$

$n=4$のとき，$\displaystyle{L_4(1)=\frac{1}{4},~L_4(2)=\frac{2}{4},~L_4(3)=\frac{\sqrt{7}}{4}}$により最大値は$\boldsymbol{\displaystyle{\frac{\sqrt{7}}{4}}}$
$n=5$のとき，$\displaystyle{L_5(1)=\frac{1}{5},~L_5(2)=\frac{2}{5},~L_5(3)=L_5(4)=\frac{3}{5}}$により最大値は$\displaystyle{\frac{3}{5}}$であるから，$L_5(k)$が最大となる$k$は$\boldsymbol{3,~4}$の2個ある．
同様に，$2$以上の整数$a$で$L_a(k)$が最大となる$k$の値が2個あるとき，大きいほうの値を$m$とすると
\begin{align*} \frac{m-1}{a}=\sqrt{1-\left(\frac{m}{a}\right)^2} \end{align*}
が成り立ち，$m\geqq 2$により$\boldsymbol{\displaystyle{m=\frac{1+\sqrt{2a^2-1}}{2}}}\quad\cdots①$が得られる．
また，$b=3a+4m-2$のとき，$L_b(k)$が最大となる$k$の値のうち大きい方を$M$とする．このとき，$M$を$a$と$m$で表すことを考える．

疑問

問題文にある$b=3a+4m-2$という式はどこから出てきたのか？
（そんなことは問題を解く際には必要はないけど，出題者だけが知っている背景が何かあるはず…）

$m$は①のように表されたが，正の整数なので$\sqrt{2a^2-1}=c$となる正の奇数$c$が存在する．よって
\begin{align*} 2a^2-c^2=1\quad \cdots\cdots② \end{align*}
方程式②の正の整数解を求める．
まず

$(a,~c)=(1,~1)$は②をみたす．

$2\cdot 1^2-1^2=1$

次に

$(a_1,~c_1)=(1,~1)$として，$n$が正の奇数のとき，
正の奇数の組$(a,~c)=(a_n,~c_n)$が②をみたすならば
\begin{align*} a_n\sqrt{2}+c_n=(\sqrt{2}+1)^n\quad\cdots③ \end{align*}
が成り立つ．

（数学的帰納法による）

$n=1$のとき
$a_1=c_1=1$は正の奇数であり
\begin{align*} a_1\sqrt{2}+c_1=1\cdot\sqrt{2}+1=(\sqrt{2}+1)^1 \end{align*}
よって③は成り立つ．
$n=k$ ($k$は正の奇数)のとき，③が成り立つと仮定する．このとき
\begin{align*} (\sqrt{2}+1)^{k+2} &= (\sqrt{2}+1)^k\cdot(\sqrt{2}+1)^2\\ &= (a_k\sqrt{2}+c_k)(2\sqrt{2}+3)\\ &= (3a_k+2c_k)\sqrt{2}+(4a_k+3c_k) \end{align*}
により
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l}a_{k+2}=3a_k+2c_k\\c_{k+2}=4a_k+3c_k\end{array}\right. \end{align*}
と定めると
$a_{k+2},~c_{k+2}$はともに正の奇数であり
\begin{align*} (\sqrt{2}+1)^{k+2}=a_{k+2}\sqrt{2}+c_{k+2} \end{align*}
である．さらに
\begin{align*} 2{a_{k+2}}^2-{c_{k+2}}^2 &= 2(3a_k+2c_k)^2-(4a_k+3c_k)^2\\ &=2(9{a_k}^2+12a_kc_k+4{c_k}^2)-(16{a_k}^2+24a_kc_k+9{c_k}^2)\\ &= 2{a_k}^2-{c_k}^2\\ &= 1 \end{align*}
により$(a,~c)=(a_{k+2},~c_{k+2})$は②をみたす．
よって，$n=k+2$のときも③は成り立つ．
したがって，[1]，[2]により命題2は成り立つ．

命題2により，
\begin{align*} \left\{\begin{array}{l}a_{n+2}=3a_n+2c_n\\c_{n+2}=4a_n+3c_n\end{array}\right. \end{align*}
で定められる数列$\{a_n\},~\{c_n\}$によって，方程式②の正の整数解を
\begin{align*} (a_1,~c_1) \rightarrow (a_3,~c_3) \rightarrow (a_5,~c_5) \rightarrow \cdots \end{align*}
と次々に求めることができる（整数解は無数に存在する）．
よって，$(a,~c)$が方程式②の整数解ならば
\begin{align*} (3a+2c,~4a+3c)=(3a+4m-2,~4a+6m-3)\quad \left(\because m=\frac{1+c}{2}\iff c=2m-1\right) \end{align*}
もまた，方程式②の整数解であり，$b=3a+4m-2$，$c'=4a+6m-3$とすると
\begin{align*} M &= \frac{1+\sqrt{2b^2-1}}{2}\\ &= \frac{1+c'}{2}\quad (\because 2b^2-{c'}^2=1)\\ &= \frac{4a+6m-2}{2}\\ &= \boldsymbol{2a+3m-1} \end{align*}
となる．

さいごに

途中の「疑問」を感じたところから解答としては脱線していたつもりだったけど，結果的に最後の答えが得られた．方程式②（$c^2-2a^2=-1$）は「ペル方程式」の拡張である．一般に$D$が平方数でない正の整数のとき$x^2-Dy^2=-1$は整数解をもたないこともあるが，$D=2$の場合は，最小解$(1,~1)$から順に正の整数解が③によって得られるのである．

投稿日：3日前

更新日：18時間前