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高校数学Problems #2【難易度B 文系 整数・実数・数列】

難易度はABCDの4段階です.筆者の主観により難易度を決定していますが,主な基準としては次のようになっています.

難易度主な基準目安
A教科書や標準的な参考書・問題集に掲載されている知識を使って解くことのできる問題教科書・定期試験・共通テスト序盤レベル
B標準的な参考書・問題集に掲載されている,一度解いたことがあれば解くことのできる典型問題とその応用問題共通テスト終盤・標準私立大学・標準国公立大学レベル
C少しの工夫で典型問題に帰着したり,誘導問題を適切に利用することで解くことができる問題難関国公立大学・難関私立大学・医学部レベル
D初見では解法が思いつきにくく,多少の発想力が求められる問題東京一工・早慶・難関医大レベル

すべての問題は以下の18の高校数学の分野・単元でカテゴライズしています(理系数学の内容には下線を付しています).

集合集合と命題(数学I)
整数整数(数学A)
実数実数(数学I)
複素数複素数(数学II),複素数平面(数学C)
方程式2次方程式(数学I),高次方程式(数学II)
恒等式・不等式整式,1次不等式,2次不等式(数学I),恒等式,不等式(数学II)
図形と計量三角比(数学I),初等幾何(数学A)
ベクトルベクトル(数学C)
図形と方程式座標幾何,軌跡,領域(数学II)
2次関数2次関数(数学I)
三角関数三角関数(数学II)
指数対数指数関数,対数関数(数学II)
その他の関数分数関数,無理関数,関数の極限(数学III),2次曲線,媒介変数表示,極方程式(数学C)
数列数列(数学B),数列の極限(数学III)
微分微分(数学II),微分(数学III)
積分積分(数学II),積分(数学III)
場合の数・確率場合の数,確率(数学A)
統計統計(数学I),確率分布(数学B)

この記事の最後に,本問の背景知識を掲載しています.背景知識は理系数学の内容を含んでいますので,ご注意ください.

問題

数列{an}\{ a_n\}を次のように定める.

a1=1,an+1=an+1(n=1,2,3,) a_1=1, a_{n+1}=\sqrt{a_n+1}\qquad (n=1,2,3,\dots \dots )

任意の22以上の整数kkに対して,aka_kは無理数であることを示せ.

(自作問題)

この問題は筆者による自作問題のつもりですが,既に他の方が作問していたり,有名なものだったりするかもしれません.万一そのような情報をご存じの場合は,お手数をおかけしますがお問い合わせフォームよりご連絡いただけると幸いです.

【大学入試】整数問題の解法
  • 積の形を作る: 因数分解などで整数と整数の積の形を作る
    →素因数分解の一意性を利用する
  • 剰余に注目する: 合同式などを用いて整数で割ったときの余りを考える
    →剰余で整数を絞り込む
  • 不等式で範囲を絞り込む: 大小関係を定めて不等式を作る
    →不等式で整数を絞り込む
【大学入試】実数の解法
  • 与えられた式を変形する: 式を変形して条件式が使える形に持ち込む
    →展開,因数分解,恒等式を利用する
  • 対称式の基本定理を利用する: 対称式が与えられたとき,基本対称式を考える
    →対称式を基本対称式で表し,基本対称式を計算する
  • 有理数に持ち込む: 無理数がテーマの問題は有理数の話に帰着させる
    →背理法,対偶を考え,有理数を整数比で表す
  • 単純な形に変形する: よりシンプルな式に変形して見通しを良くする
    →分数は分母を払う,根号は累乗して取る,対数は底の指数にして取る
【大学入試】漸化式の利用
  • 一般項を求める: 数列の一般項を求めて問題を処理する
    →等差型,等比型,階差型,2項間・3項間の特性方程式,対数などを利用する
  • 数学的帰納法で処理する: 漸化式を使って証明する
    n=1n=1の場合を確認し,n=kn=kの成立を仮定してn=k+1n=k+1の場合を示す
  • 連立漸化式は数列消去: 1つの数列だけの漸化式を作る
  • 場合分けする: 偶奇や33で割ったときの剰余などに注目する
    →それぞれの場合で漸化式を作る
  • 実験する: 初項から順に代入して結果を予測する
    →問題を解く方針を立てる最終手段

漸化式が与えられた任意の正の整数に対する証明は数学的帰納法,無理数の証明は背理法で示すのが鉄則.有理数と仮定して文字でおいて矛盾を導こう.

発想

kkに関する数学的帰納法で示したい.

まず,k=2k=2の場合.

a2=a1+1=1+1=2 a_2=\sqrt{a_1+1}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}

であるから,a2=2a_2=\sqrt{2}が無理数であることを示せばよい.これは典型問題である.様々な証明方法があるが,ここでは最もオーソドックスな方法で証明することにしよう.


背理法で示す.2\sqrt{2}が有理数であると仮定すると,p,qp,qを互いに素な整数として

2=pq \sqrt{2}=\frac{p}{q}

と表される.ただし,q0q\neq 0である.両辺を22乗すると

2=p2q2 2=\frac{p^2}{q^2}

両辺にq2q^2を掛けると

2q2=p2 2q^2=p^2

ここで,左辺は偶数であるから,右辺も偶数である.よって,p2p^2は偶数であるから,ppも偶数である.ゆえにkkを整数とするとp=2kp=2kと表される.これを上式に代入すると

2q2=(2k)2 2q^2=(2k)^2

計算すると

2q2=4k2 2q^2=4k^2

両辺を22で割ると

q2=2k2 q^2=2k^2

ここで,右辺は偶数であるから,左辺も偶数である.よって,q2q^2は偶数であるから,qqも偶数である.ゆえに,ppqqも偶数である.これはppqqが互いに素であることに矛盾する.したがって,2\sqrt{2}は無理数である.


2\sqrt{2}が無理数であることの証明の途中で「n2n^2が偶数ならばnnも偶数である」という命題を2回使った.これの証明も念の為しておこう.これも様々な証明があるが,最もオーソドックスな方法で証明することにしよう.


対偶を示す.すなわち,「nnが奇数ならばn2n^2も奇数である」ことを示す.mmを整数とすると,n=2m+1n=2m+1と表される.このとき

n2=(2m+1)2=4m2+4m+1=2(2m2+2m)+1 n^2=(2m+1)^2=4m^2+4m+1=2(2m^2+2m)+1

であり,2m2+2m2m^2+2mは整数であるから,n2n^2は奇数である.よって,示された.


さて,ここまでで数学的帰納法の前半は証明できた.次に,k=lk=lのときala_lが無理数であると仮定すると,al+1a_{l+1}も無理数であることを示そう.

先程と同様に背理法での証明を考えてみよう.al+1a_{l+1}が有理数であることを仮定して証明することになるが,ala_lが無理数であるという前提はそのままである.無理数を数式で扱うことは難しいため,ala_lが無理数であることを数式に落とし込み,矛盾を導くことは難しい.

そこで,背理法をやめ,対偶法で示そう.すなわち,「al+1a_{l+1}が有理数ならばala_lも有理数である」ことを示そう.こうすれば,無理数はすべて有理数に変換され,数式で扱いやすくなる.

al+1a_{l+1}は有理数であるから,互いに素な整数a,ba,bを用いて

al+1=ab a_{l+1}=\frac{a}{b}

と表される.ただし,b0b\neq 0である.与えられた漸化式より

ab=al+1 \frac{a}{b}=\sqrt{a_l+1}

両辺を22乗すると

a2b2=al+1 \frac{a^2}{b^2}=a_l+1

よって

al=a2b2b2 a_l=\frac{a^2-b^2}{b^2}

であるから,ala_lは有理数である.したがって,ala_lが無理数ならばal+1a_{l+1}も無理数である.

以上から,数学的帰納法より,任意の22以上の整数kkに対して,aka_kは無理数であることが示されたことになる.

解答

kkに関する数学的帰納法で示す.

k=2k=2のとき,a2=2a_2=\sqrt{2}より2\sqrt{2}が無理数であることを示せばよい.これを背理法で示す.2\sqrt{2}が有理数であると仮定すると,互いに素な整数p,qp,qを用いて
2=pq \sqrt{2}=\frac{p}{q}
と表される.ただし,q0q\neq 0である.これを変形すると
2q2=p2 2q^2=p^2
となる.左辺は偶数であるから,右辺も偶数であり,特にppは偶数である.よって,整数kkを用いてp=2kp=2kと表されるから,これを代入して
2q2=(2k)2 2q^2=(2k)^2
すなわち
q2=2k2 q^2=2k^2
を得る.右辺は偶数であるから,左辺も偶数であり,特にqqは偶数である.よってp,qp,qはともに偶数であるが,これはppqqが互いに素であることに矛盾する.したがって,2\sqrt{2}は無理数である.

k=lk=lのとき題意が成り立つと仮定すると,k=l+1k=l+1のときも成り立つことを示す.すなわち,ala_lが無理数ならばal+1a_{l+1}も無理数であることを示せばよい.
対偶を示す.すなわち,al+1a_{l+1}が有理数ならばala_lも有理数であることを示す.このとき,互いに素な整数a,ba,bを用いて
al+1=ab a_{l+1}=\frac{a}{b}
と表される.ただし,b0b\neq 0である.与えられた漸化式より
ab=al+1 \frac{a}{b}=\sqrt{a_l+1}
これを変形すると
al=a2b2b2 a_l=\frac{a^2-b^2}{b^2}
であるから,ala_lは有理数である.したがって,ala_lが無理数ならばal+1a_{l+1}も無理数である.

以上より,任意の22以上の整数kkに対してaka_kは無理数である.

【背景知識】無限多重根号

本問の数列{an}\{ a_n\}は黄金数1+52\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}に収束することが知られている.高校数学の範囲を逸脱するが,次のように証明することができる.

まず,{an}\{ a_n\}は有界であることを示す.具体的には,任意の正の整数nnに対して,0<an<1+520<a_n<\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}であることをnnに関する数学的帰納法で示す.
an>0a_n>0は明らかに成り立つ.
n=1n=1のときa1=1<1+52a_1=1<\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}であるから成り立つ.
n=kn=kのときak<1+52a_k<\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}が成り立つと仮定すると,n=k+1n=k+1のとき
ak+1=ak+1<1+52+1=6+254=1+52 a_{k+1}=\sqrt{a_k+1}<\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1}=\sqrt{\frac{6+2\sqrt{5}}{4}}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}
よりn=k+1n=k+1のときも成り立つ.
以上より,示された.

次に,{an}\{ a_n\}は狭義単調増加,すなわち任意の正の整数nnに対してan<an+1a_n<a_{n+1}であることを示す.任意の正の整数nnに対して,0<an<1+520<a_n<\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}であるから
an+12an2=an+1an2=(an12)2+54>(1+5212)2+54=0 a_{n+1}^2-a_n^2=a_n+1-a_n^2=-\left( a_n-\frac{1}{2}\right) ^2+\frac{5}{4}>-\left( \frac{1+\sqrt{5}}{2}-\frac{1}{2}\right) ^2+\frac{5}{4}=0
よってan2<an+12a_n^2<a_{n+1}^2であり,an>0,an+1>0a_n>0,a_{n+1}>0であるからan<an+1a_n<a_{n+1}

したがって,{an}\{ a_n\}は上に有界な単調増加数列であるから,ある実数α\alphaに収束する.よって
α=limnan=limn((an+1)21)=limn(an+121)=(limnan+1)21=α21 \alpha =\lim _{n\to \infty}a_n=\lim _{n\to \infty}((\sqrt{a_n+1})^2-1)=\lim _{n\to \infty}(a_{n+1}^2-1)=(\lim _{n\to \infty}a_{n+1})^2-1=\alpha ^2-1
であるから
α=α21 \alpha =\alpha ^2-1
この22次方程式を解くと
α=1±52 \alpha =\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}
任意の正の整数nnに対して,an0a_n\geqq 0であるから,α0\alpha \geqq 0よりα=1+52\alpha =\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}

以上の議論により,以下の等式が形式的に導かれたことになる.
1+1+1+=1+52 \sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\dots }}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}

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