2018年東京大学理系数学大問2

いろいろ忙しい

2018年東京大学理系数学大問2
数列を
　　　　　
で定める。
(1)とする。を既約分数として表したときの分母と分子を求めよ。
(2)が整数となるをすべて求めよ。

(考察1)
(1)で既約分数になっているのを見落とさないように。互いに素を証明するために、ユークリッドの互除法を利用しましょう。コンビネーションの定義を忘れると全部落とします。

(解答)
(1)
$\begin{eqnarray}a_n&=&\frac{1}{n!}\cdot \frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}\end{eqnarray}$ であるから
　　　　 $\begin{eqnarray}\frac{a_n}{a_{n-1}}&=&\frac{(2n+1)!}{n!n!(n+1)!}\cdot \frac{(n-1)!(n-1)!n!}{(2n-1)!}\\ &=&\frac{(2n+1)\cdot 2}{n\cdot (n+1)}\end{eqnarray}$
ここで $n(n+1)$ は2連続整数の積だから、偶数であり
　　　　 $\begin{eqnarray}\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{2n+1}{\frac{1}{2}n(n+1)}\end{eqnarray}$
としても、分母、分子共に整数になる。
また、
　　　　 $2n+1=n\cdot 2+1$
であるから、 $2n+1$ と $n$ の最大公約数は $n$ と $1$ のそれに等しいから、 $2n+1$ と $n$ は互いに素。
さらに
　　　　 $\begin{eqnarray}2n+1&=&(n+1)\cdot 1+n\\ n+1&=&n\cdot 1+1\end{eqnarray}$
より、 $2n+1$ と $n+1$ の最大公約数は $n+1$ と $n$ のそれ、また $n$ と $1$ のそれに等しいから、 $2n+1$ と $n+1$ も互いに素。
よって、 $2n+1$ と $\frac{1}{2}n(n+1)$ は互いに素であり、
　　　　 $\begin{eqnarray}\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{2n+1}{\frac{1}{2}n(n+1)}\end{eqnarray}$
は既約分数となる
よって
　　　　 $\begin{eqnarray}p_n&=&2n+1\\ q_n&=&\frac{1}{2}n(n+1)\end{eqnarray}$

(2)
(考察2)
(2)はどこに着目するかで大きく解答の方針が変わります。
$p_n,q_n$ に着目すると、 $a_n$ を $p_n,q_n$ で表したときに分子が奇数であることが分かるので、 $p_n$ の偶奇を判断してあげることで $a_n$ が整数になるか分数になるかが分かります
$\frac{a_n}{a_{n-1}}$ に着目すると、確率漸化式などでよく見る手法 $\frac{a_n}{a_{n-1}}<1$ が思いつくとよいでしょう。明らかに $a_n$ は正なので $a_n$ が単調減少数列であれば、 $a_n$ が整数になりうる $n$ をある程度絞り込めます。

(解答)
( $p_n,q_n$ に着目)
・ $n=1$ のとき
　　　　 $\begin{eqnarray}a_1=\frac{_3\mathrm{C}_1}{1!}=3\end{eqnarray}$
　　となり、整数。
・ $n\ge 2$ のとき
　　(1)より
　　　　 $\begin{eqnarray}a_n=\frac{p_n}{q_n}a_{n-1}\end{eqnarray}$
　　であり、これを繰り返し使うと
　　　　 $\begin{eqnarray}a_n&=&\frac{p_np_{n-1}\cdots p_2}{q_nq_{n-1}\cdots q_2}\cdot a_1\\ &=&\frac{3p_np_{n-1}\cdots p_2}{q_nq_{n-1}\cdots q_2}\end{eqnarray}$
　　である。
　　ここで、 $q_n=2n+1$ は常に奇数だから $a_n$ が整数であるとき、 $a_n$ の分子は奇数でなければならない。
　　つまり、 $p_n$ が偶数となってしまうとそれ以降その素因数 $2$ が分母に残り続け、整数にならない。
　　実際、
　　　　 $\begin{eqnarray}p_1&=&\frac{1\cdot 2}{2}=1\\ p_2&=&\frac{2\cdot 3}{2}=3\\ p_3&=&\frac{3\cdot 4}{2}=6\end{eqnarray}$
　　であり、 $n\ge 3$ で $a_n$ が整数になることはない。
　　また、
　　　　 $\begin{eqnarray}a_2=\frac{_5\mathrm{C}_2}{2!}=\frac{10}{2}=5\end{eqnarray}$
　　であるから、 $n=2$ でのみ整数となる
以上より求める整数は
　　　　 $n=1,2$

( $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ に着目)
$\begin{eqnarray}\frac{a_n}{a_{n-1}}<1\end{eqnarray}$ を考える。
　　　　 $\begin{eqnarray}\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{2n+1}{\frac{1}{2}n(n+1)}&<&1\\ 4n+2&<&n(n+1)\\ 2&<&n^2-3n\\ 2&<&n(n-3)\end{eqnarray}$
よって、 $n\ge 4$ で $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ は単調減少。
　　　　 $\begin{eqnarray}a_4&=&\frac{_9\mathrm{C}_4}{4!}=\frac{21}{4}\\ a_5&=&\frac{_{11}\mathrm{C}_5}{5!}=\frac{77}{20}\\ a_6&=&\frac{_{13}\mathrm{C}_6}{6!}=\frac{143}{60}\\ a_7&=&\frac{_{15}\mathrm{C}_7}{7!}=\frac{143}{112}\\ a_8&=&\frac{_{17}\mathrm{C}_8}{8!}=\frac{2431}{4032}<1 \end{eqnarray}$
となり、 $a_n>0$ は明らかだから、 $n\ge 8$ では $a_n$ は整数にならない。
　　　　 $\begin{eqnarray}a_1&=&\frac{_3\mathrm{C}_1}{1!}=3\\ a_2&=&\frac{_5\mathrm{C}_2}{2!}=5\\ a_3&=&\frac{_7\mathrm{C}_3}{3!}=\frac{35}{6}\\ \end{eqnarray}$
だから、求める整数は
　　　　 $n=1,2$

(2)は気づけば前半の解き方のほうが良いですね、ほとんど計算しなくてよいので。でも入試本番だと後半の解き方にすぐ移行できればロスは少なく済むと思います。計算ミスしないように丁寧に計算しなきゃならないですが。あと、「 $a_n$ が全然小さくならないけど、どうせ1より下回るだろう」と信じて途中で諦めないメンタルの強さも必要な解法ですね...