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名古屋大学 2016年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第4問

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x2+ax+b=0の2つの解がc, dである。

2次方程式x2+cx+d=0の2つの解がe, fである。

2次方程式x2+ex+f=0の2つの解がa, bである。

(2) 2つの数列{an}，{bn}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，an，bnは整数であり，
2次方程式x2+anx+bn=0の2つの解がan+1，bn+1である。

このとき，

(i) 正の整数mで，∣bm∣=∣bm+1∣=∣bm+2∣=⋯となるものが存在することを示せ。

(ii) 条件（＊＊）を満たす数列{an}，{bn}の組をすべて求めよ。

難易度8/ 10計算量6/ 10目安30分

整数、数列、方程式・不等式　解と係数の関係、約数・倍数、場合分け、漸化式の変形

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≠0で分け，d≠0ならace=1からa,c,eが±1に限られることを利用して絞る。(2)(i)ではbn=an+1bn+1から，bn≠0の範囲では∣bn∣が増加しないこと，またbn+1=0ならbn=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∣bn∣が一定になった後を分類し，∣an∣=1から固定解(1,−2)か，bn=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,cd=b,e+f=−c,ef=d,a+b=−e,ab=fと書ける。

まずd=0の場合を考える。cd=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≠0の場合を考える。b=cdとf=abから f=ab=a(cd)=acd である。さらにd=efなので d=eacd となる。d≠0だから両辺をdで割って ace=1 を得る。a,c,eはいずれも整数であるから，a,c,e∈{1,−1} である。

ここでace=1よりe=acである。またc+d=−aから d=−a−c であり，b=cdより b=c(−a−c)=−ac−1 である。これをa+b=−eへ代入すると a+(−ac−1)=−ac 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 an+1+bn+1=−an,an+1bn+1=bn が成り立つ。

まず，bn+1=0なら，第二式より bn=an+1bn+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，bn=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bn=0がすべてのnで成り立つなら，最初から ∣b1∣=∣b2∣=∣b3∣=⋯=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bn≠0である。その範囲では bn=an+1bn+1 より，bn+1はbnの整数の約数である。したがって ∣bn+1∣≦∣bn∣ が成り立つ。以後の∣bn∣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 ∣bm∣=∣bm+1∣=∣bm+2∣=⋯ となる。

(2) (ii)
(i)より，あるm以後で∣bn∣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bn=0である。上で示したようにbn+1=0ならbn=0が従うので，後ろから戻って b1=b2=b3=⋯=0 である。すると第一式は an+1=−an となる。よって，任意の整数cを用いて an=(−1)n−1c,bn=0 と表される。実際，このとき2次方程式 x2+anx=x(x+an)=0 の2つの解は0と−an=(−1)ncであり，(an+1,bn+1)=((−1)nc,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 ∣bn∣=∣bn+1∣=M であるから，第二式より M=∣bn∣=∣an+1∣ ∣bn+1∣=∣an+1∣M となる。M>0なので ∣an+1∣=1 である。したがって十分大きいnでは，anもan+1も±1である。

このとき第一式から bn+1=−an−an+1 である。bn+1≠0だから，anとan+1は同符号でなければならない。もしan=an+1=1なら bn+1=−2,bn=an+1bn+1=−2 となり，状態は(an,bn)=(1,−2)で続く。

一方，an=an+1=−1ならbn+1=2である。しかし次の段階でも同じ議論によりan+1とan+2は同符号でなければならないので，an+2=−1となる。このとき bn+2=2,bn+1=an+2bn+2=−2 となり，bn+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 (an,bn)=(1,−2) である。さらに，もし(an+1,bn+1)=(1,−2)なら an+1+bn+1=−1=−an,an+1bn+1=−2=bn より，直前も(an,bn)=(1,−2)である。これを後ろから繰り返すと，すべてのnで an=1,bn=−2 となる。実際，x2+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 an=(−1)n−1c,bn=0(cは整数) または an=1,bn=−2 である。

別解

解法2

方針

(1) では3つの積の式をまとめて掛け，零の場合と非零の場合を対称的に処理する。非零ならace=1となるので，符号4通りだけを調べればよい。(2)ではbn+1∣bnによる絶対値の安定化後，an=±1を得る。負の候補は次の2次方程式の判別式が負になることで直ちに除外する。

解答

(1)
解と係数の関係からc+d=−a,cd=b,e+f=−c,ef=d,a+b=−e,ab=f.まずb,d,fのいずれかが0なら，積の3式を順に用いて3つとも0になる。すると和の3式からc=−a,e=−c,a=−eであり，a=−aとなるので，全て0である。

次にbdf≠0とする。積の3式を掛けるとbdf=(cd)(ef)(ab)=ace bdfだからace=1である。整数a,c,eは±1で，積が1となる符号は(1,1,1), (1,−1,−1), (−1,1,−1), (−1,−1,1)の4通りである。和の式からd=−a−c,f=−c−e,b=−e−a.後ろ3通りではいずれか1つが0となりbdf≠0に反する。したがってa=c=e=1だけが残り，b=d=f=−2となる。よって(a,b,c,d,e,f)=(0,0,0,0,0,0),(1,−2,1,−2,1,−2).(2)
(i)
すべてのnについてan+1+bn+1=−an,an+1bn+1=bn.bn+1=0ならbn=0であるから，0となる添字は先頭から連続する。全て0なら主張は明らかである。そうでなければ，ある添字以後はbn≠0であり，その範囲でbn+1はbnの約数である。よって正整数列∣bn∣は単調非増加となり，有限回で一定になる。これで(i)が示された。

(2) (ii)
安定後の∣bn∣をMとする。M=0なら，安定後のbnは0であり，bn+1=0⇒bn=0を後ろ向きに使って全てのbnが0となる。このときan+1=−anなのでan=(−1)n−1c,bn=0(cは整数).M>0なら，十分大きいnでM=∣bn∣=∣an+1∣ ∣bn+1∣=∣an+1∣Mより∣an+1∣=1である。したがって安定した範囲ではan,an+1∈{1,−1}であり，bn+1=−an−an+1.bn+1≠0だから2つは同符号で，∣bn+1∣=2である。正の符号なら状態は(an+1,bn+1)=(1,−2)となる。負の符号なら(−1,2)となるが，次の方程式はx2−x+2=0で判別式が−7となり，整数解をもたない。よって負の符号は不可能である。

したがって十分先では(an,bn)=(1,−2)である。もし(an+1,bn+1)=(1,−2)なら，上の和と積から直前も(an,bn)=(1,−2)と一意に決まるので，全てのnで同じである。

以上より求める数列はan=(−1)n−1c, bn=0(c∈Z),またはan=1, bn=−2である。

総評

難度8，計算量6。目安時間は30分。解と係数の関係を立てるだけでは終わらず，整数条件から割り切りと単調性を引き出す必要がある。(1)ではd≠0のときにace=1まで落とせるかが勝負で，その後もa=1,c=1を式で絞ると答案が締まる。(2)ではbn+1=0⇒bn=0により0の出現が先頭側へしか戻らないこと，非零になった後は∣bn∣が正の整数の単調非増加列になることを分けて書く。最終分類では，∣bn∣一定から∣an∣=1を導き，負符号の tail が継続できないことまで確認するのが失点防止になる。

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出典: 名古屋大学 2016年度 前期 数学（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。