東京大学 2016年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第5問

$$N={10}^k,A=a_1{10}^{k-1}+a_2{10}^{k-2}+\cdots +a_k$$ とおく。このとき $$0.a_1{a}_2\cdots a_k=\frac{A}{N}$$ である。$a_k\mathrm{\ne }0$なので $1\leqq A\leqq N-1$ である。

(1)
与えられた不等式は $$\frac{A}{N}\leqq \sqrt{n}-N<\frac{A+1}{N}$$ と書ける。したがって $$N+\frac{A}{N}\leqq \sqrt{n}<N+\frac{A+1}{N}$$ である。両辺は正なので平方して $${(N+\frac{A}{N})}^2\leqq n<{(N+\frac{A+1}{N})}^2$$ を得る。

左端は $${(N+\frac{A}{N})}^2=N^2+2A+\frac{A^2}{N^2}$$ である。$1\leqq A\leqq N-1$より $$0<\frac{A^2}{N^2}<1$$ だから，左端以上の最小の整数は $N^2+2A+1$ である。

右端は $${(N+\frac{A+1}{N})}^2=N^2+2A+2+\frac{(A+1{)}^2}{N^2}$$ である。ここで $$0<\frac{(A+1{)}^2}{N^2}\leqq 1$$ である。したがって右端未満の整数は，多くても $N^2+2A+1,N^2+2A+2$ までであり，実際にこれら2つは区間に入る。よって求める正の整数$n$は $$n=N^2+2A+1,n=N^2+2A+2$$ である。

(2)
同様に，求める$m$は半開区間$$[{(p+\frac{A}{N})}^2,{(p+\frac{A+1}{N})}^2)$$に含まれる整数であればよい。この区間の長さは$${(p+\frac{A+1}{N})}^2-{(p+\frac{A}{N})}^2=\frac{2p}{N}+\frac{2A+1}{N^2}$$である。

仮定より $$p\geqq 5\cdot {10}^{k-1}=\frac{N}{2}$$ なので $\frac{2p}{N}\geqq 1$ である。また$(2A+1)\mathrm{/}{N}^2>0$だから，区間の長さは1より大きい。

任意の半開区間$[\alpha ,\beta )$で$\beta -\alpha >1$なら，$$\lceil \alpha \rceil <\alpha +1<\beta$$なので，その中に整数が少なくとも1つ存在する。したがって上の半開区間にも整数が存在する。その整数を$m$とすれば，求める不等式を満たす。

(3)
条件を満たす正の整数$s$が存在すると仮定する。 $$r=[\sqrt{s}]$$ とおくと，仮定は $$\sqrt{s}-r=\frac{A}{N}$$ を意味する。したがって $$\sqrt{s}=r+\frac{A}{N}$$ であり，両辺に$N$を掛けて $$N\sqrt{s}=Nr+A$$ を得る。さらに平方すると $N^{2}s=(Nr+A{)}^2$ である。

左辺は$N^2$で割り切れるので，$(Nr+A{)}^2$も$N^2$で割り切れる。$N={10}^k=2^k{5}^k$であるから，平方数$(Nr+A{)}^2$が$2^{2k}{5}^{2k}$で割り切れるなら，$Nr+A$は$2^k{5}^k=N$で割り切れる。よって $Nr+A\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N)$ である。ところが$Nr$は$N$で割り切れるから $A\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N)$ となる。

しかし $1\leqq A\leqq N-1$ なので，$A$は$N$で割り切れない。これは矛盾である。したがって $$\sqrt{s}-[\sqrt{s}]=0.a_1{a}_2\cdots a_k$$ を満たす正の整数$s$は存在しない。

小数を$A\mathrm{/}N$とする点は同じだが，不等式全体を$N$倍してから平方し，『長さ$N^2$ごとに並ぶ$N^2$の倍数が，連続平方数$q^2,(q+1{)}^2$の間に入るか』という整数問題へ翻訳する。(2)は区間長$2q+1$を$N^2$と比較する。

$N={10}^k$，$$A=a_1{10}^{k-1}+\cdots +a_k$$とおく。すると$1\leqq A\leqq N-1$である。

(1) 与えられた不等式を$N$倍し，正のまま平方すると$$(N^2+A{)}^2\leqq N^{2}n<(N^2+A+1{)}^2\mathrm{.}$$両端を$N^2$で割れば$$N^2+2A+\frac{A^2}{N^2}\leqq n<N^2+2A+2+\frac{(A+1{)}^2}{N^2}\mathrm{.}$$ここで$0<A^2\mathrm{/}{N}^2<1$，$0<(A+1{)}^2\mathrm{/}{N}^2\leqq 1$だから，整数解は$$n=N^2+2A+1,N^2+2A+2.$$(2) $q=pN+A$とおく。求める条件は$$q^2\leqq N^{2}m<(q+1{)}^2$$である。区間$[q^2,(q+1{)}^2)$の長さは$2q+1$である。仮定から$$q\geqq pN\geqq \frac{N^2}{2}$$なので$2q+1>N^2$である。$N^2$の倍数は間隔$N^2$で並ぶから，長さが$N^2$より大きい半開区間には必ずその倍数が1つ以上入る。これを$N^{2}m$とすれば，所要の正整数$m$が得られる。

(3) 条件を満たす$s$があると仮定し，$$r=[\sqrt{s}]$$とおくと$$N\sqrt{s}=Nr+A$$は整数である。平方して$(Nr+A{)}^2=N^{2}s$だから，素因数2と5の指数を比較すれば$N\mid (Nr+A)$である。よって$N\mid A$となるが，$1\leqq A\leqq N-1$に矛盾する。したがってそのような$s$は存在しない。