有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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等差数列

等差数列

定義《等差数列》

 隣り合う $2$ 項の差が一定である, すなわちある定数 $d$ について
$a_{n+1}-a_n = d$ つまり $a_{n+1} = a_n+d$
を満たす数列 $\{ a_n\}$ を等差数列(arithmetic sequence, progression)と呼び, $d$ をその公差(common difference)と呼ぶ.

定理《等差数列の一般項による特徴付け》

(1)
数列 $\{ a_n\}$ が初項 $a,$ 公差 $d$ の等差数列であるとき, \[ a_n = a+(n-1)d\] である.
(2)
数列 $\{ a_n\}$ に対して,
$\{ a_n\}$ が等差数列$\iff$ $a_n$ は $n$ の $1$ 次式または定数
が成り立つ.

証明

(1)
$n$ に関する数学的帰納法で示す.
(i)
$a_1 = a = a+(1-1)d$ から, $n = 1$ のとき成り立つ.
(ii)
$n = k$ ($k$: 正の整数)のとき \[ a_n = a+(n-1)d \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つとすると, \[\begin{aligned} &a_{k+1} = a_k+d = \{ a+(k-1)d\} +d \\ &= a+\{ (k-1)+1\} d = a+\{ (k+1)-1\} d \end{aligned}\] となるから, $n = k+1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ.
(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.
(2)
$(\Longrightarrow )$ 初項 $a,$ 公差 $d$ の等差数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ は, \[ a_n = a+(n-1)d = dn+(a-d)\] であるから, $d \neq 0$ のとき $n$ の $1$ 次式, $d = 0$ のとき定数となる.
$(\Longleftarrow )$ 数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ が $1$ 次式または定数ならば, 定数 $d,$ $e$ を用いて $a_n = dn+e$ と表せて \[ a_{n+1}-a_n = \{ d(n+1)+e\}-(dn+e) = d\] となるから, $\{ a_n\}$ は公差 $d$ の等差数列となる.

問題《等差素数列の性質》

 次のことを示せ.
(A)
各項が素数であり, 公差が正である項数 $n$ の等差数列の初項 $p$ は $n$ 以上である.
(B)
各項が素数であり, 公差が $0$ でない等差数列の項数は有限である.

解答例

(A)
初項が素数 $p,$ 公差が正の整数 $d,$ 項数が $n$ の等差数列において, $p+pd = p(1+d)$ は素数でないから, 各項が素数であるとき, \[ p+(n-1)d < p+pd\] であり, $n-1 < p$ つまり $p \geqq n$ が成り立つ.
(B)
(i)
初項が素数 $p,$ 公差が正の整数 $d,$ 項数が無限の等差数列の第 $n$ 項 \[ p+(n-1)d = p\left( 1+\frac{n-1}{p}d\right)\] は, $n-1$ が $p$ の倍数のとき, 合成数である.
(ii)
公差が負のとき, 項数が無限の等差数列は負の数を含む.
(i), (ii) から, 各項が素数であり, 公差が $0$ でない等差数列の項数は有限である.

参考

 公差が正の整数, 各項が素数の等差数列を「等差素数列」(prime arithmetic progression)と呼ぶ.
(最終更新日: $2022/06/01$)

定理《等差中項》

 $3$ 数 $a,$ $b,$ $c$ がこの順に等差数列をなすとき, \[ 2b = a+c\] が成り立つ.

証明

 $b-a = c-b$ を整理すると, $2b = a+c$ が得られる.

問題《公差 $2$ の等差素数列》

 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は $(3,5,7)$ に限ることを示せ. ただし, 項数が有限の数列は, $(3,5,7)$ のように, 初項から末項まで順に列記したものをかっこ $(\ )$ でくくって表すものとする.
(参考: $2004$ 早稲田大)

解答例

 各項が素数であるような公差 $2$ の等差数列において, 連続する $3$ 項は, ある整数 $p$ を用いて $p,$ $p+2,$ $p+4$ の形に表される素数である.
(i)
$p$ が $3$ の倍数のとき. $p$ と $3$ は素数であるから, $p = 3.$ このとき, $p+2 = 5$ と $p+4 = 7$ も素数である.
(ii)
$p$ を $3$ で割った余りが $1$ であるとき. $p+2$ は $3$ の倍数であり, $p+2$ と $3$ は素数であるから, $p+2 = 3.$ このとき, $p = 1.$ これは, $p$ が素数であることに反する.
(iii)
$p$ を $3$ で割った余りが $2$ であるとき. $p+4$ は $3$ の倍数であり, $p+4$ と $3$ は素数であるから, $p+4 = 3.$ このとき, $p = -1.$ これは, $p$ が素数であることに反する.
(i)~(iii)から, $p = 3$ の場合にのみ条件が成り立つ. ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ と一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.

別解

 各項が素数であるような公差 $2$ の等差数列において, 連続する $3$ 項は, ある整数 $p$ を用いて $p-2,$ $p,$ $p+2$ の形に表される素数である. \[\begin{aligned} (p-2)p(p+2) &= p^3-4p = (p^3-p)-3p \\ &= (p-1)p(p+1)-3p \end{aligned}\] であり, 連続する $3$ 個の整数の積 $(p-1)p(p+1)$ は $3$ で割り切れるから, $(p-2)p(p+2)$ は $3$ で割り切れる. このことと $p-2,$ $p,$ $p+2$ と $3$ が素数であることから, $p-2 = 3,$ $p = 3,$ $p+2 = 3$ のいずれかが成り立つ.
(i)
$p-2 = 3$ つまり $p = 5$ のとき. $p$ と $p+2 = 7$ も素数である.
(ii)
$p = 3$ のとき. $p-2 = 1$ は素数でない. これは矛盾である.
(iii)
$p+2 = 3$ のとき. $p = 1$ は素数でない. これは矛盾である.
よって, $p = 5$ の場合にのみ条件が成り立つ. ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ と一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.

参考

  • 前問で示した通り,「等差素数列」の項数は有限であるが, 次の「グリーン=タオの定理」(Green–Tao theorem)が証明されている($2004$ 年): 各正の整数 $n$ に対して, 項数 $n$ の「等差素数列」が存在する. この定理の証明は構成的でないため, 具体的に項数の大きい「等差素数列」を見つけるのは難しい. 実際に「等差素数列」であると確認された数列の項数の世界記録は $26$ である($2010$ 年).
  • 公差が $1$ で項数が最大の「等差素数列」は, 明らかに $(2,3)$ である. 本問では, この次に非自明な, 公差が $2$ で項数が最大の「等差素数列」を決定した.
  • $(p,p+2)$ の形に表される $2$ 個の素数の組を「双子素数」(twin prime)と呼び, $(p,p+2,p+6)$ または $(p,p+4,p+6)$ の形に表される $3$ 個の素数の組を「三つ子素数」(prime triplet)と呼ぶ. $(p,p+2,p+4)$ の形の素数の組を「三つ子素数」と呼ばないのは, この形の素数の組が $(3,5,7)$ に限るからである. 「双子素数」と「三つ子素数」が無限に存在するかどうかは未解決である($2021$ 年 $12$ 月現在).
(最終更新日: $2022/06/01$)

問題《$3$ 辺の長さが等差数列をなす直角三角形》

 $3$ 辺の長さが等差数列をなすような直角三角形の $3$ 辺の長さの比を求めよ.

解答例

 条件を満たす直角三角形の辺の長さを $a-d,$ $a,$ $a+d\ (a > d > 0)$ とおく. このとき, 三平方の定理により \[\begin{aligned} (a-d)^2+a^2 &= (a+d)^2 \\ a^2-2ad+d^2+a^2 &= a^2+2ad+d^2 \\ a^2 &= 4ad \end{aligned}\] が成り立つから, 両辺を $a(> 0)$ で割ると \[ a = 4d\] となる. ゆえに, 条件を満たす直角三角形の $3$ 辺の長さの比は \[ (a-d):a:(a+d) = 3d:4d:5d = 3:4:5\] である.

問題《調和数列をなす $3$ 数》

 相異なる正の数 $a,$ $b,$ $c$ について, $\dfrac{1}{a},$ $\dfrac{1}{b},$ $\dfrac{1}{c}$ がこの順に等差数列をなすとする.
(1)
$b = \dfrac{2ac}{a+c}$ 
(2)
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c} = \dfrac{1}{b-c}-\dfrac{1}{a-b}$ 
が成り立つことを示せ.

解答例

(1)
仮定から, \[\frac{1}{b}-\frac{1}{a} = \frac{1}{c}-\frac{1}{b}\] が成り立つ. 両辺に $abc$ を掛けると \[ ac-bc = ab-ac\] となるから, $2ac = (a+c)b$ つまり \[ b = \frac{2ac}{a+c}\] が成り立つ.
(2)
(1) の結果から, \[\begin{aligned} &\frac{1}{b-c}-\frac{1}{a-b} = \frac{1}{\dfrac{2ac}{a+c}-c}-\frac{1}{a-\dfrac{2ac}{a+c}} \\ &= \frac{a+c}{2ac-c(a+c)}-\frac{a+c}{a(a+c)-2ac} \\ &= \frac{a+c}{c(a-c)}-\frac{a+c}{a(a-c)} = (a+c)\frac{a-c}{ac(a-c)} \\ &= (a+c)\frac{1}{ac} = \frac{1}{a}+\frac{1}{c} \end{aligned}\] が得られる.

参考

  • 各項が $0$ でない数列 $\{ a_n\}$ について, $\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ が等差数列になるとき, $\{ a_n\}$ を「調和数列」(harmonic sequence)と呼ぶ.
  • $x,$ $y$ $(\neq 0)$ の逆数の相加平均の逆数 $\dfrac{2}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}} = \dfrac{2xy}{x+y}$ を $x,$ $y$ の「調和平均」(harmonic mean)と呼ぶ.

等差数列の和

定理《等差数列の和》

 公差 $d$ の等差数列 $\{ a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和は, \[\sum_{k = 1}^na_k = \frac{n}{2}\{ 2a+(n-1)d\} = \frac{n}{2}(a_1+a_n)\] である.

証明

\[\begin{aligned} 2\sum_{k = 1}^na_k &= \sum_{k = 1}^na_k+\sum_{k = 1}^na_{n+1-k} \\ &= \sum_{k = 1}^n(a_k+a_{n+1-k}) \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ a_1+(k-1)d+a_1+(n-k)d\} \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ 2a_1+(n-1)d\} \\ &= n\{ 2a_1+(n-1)d\} \\ &= n(a_1+a_n) \end{aligned}\] の両辺を $2$ で割ると, 求める等式が得られる.

問題《フォンタナの三角形》

 $n$ を正の整数とする. $n^2$ 以上 $n^2+2n$ 以下の $2n+1$ 個の正の整数について, 等式 \[ n^2+\cdots +(n^2+n) = (n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n)\] が成り立つことを示せ.

解答例

 等差数列の和の公式により \[\begin{aligned} &n^2+\cdots +(n^2+n) = \frac{n+1}{2}\{ n^2+(n^2+n)\} \\ &= \frac{n+1}{2}(2n^2+n) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2}, \\ &(n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n) \\ &= \frac{n}{2}\{ (n^2+n+1)+(n^2+2n)\} \\ &= \frac{n}{2}(2n^2+3n+1) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} \end{aligned}\] であるから, \[ n^2+\cdots +(n^2+n) = (n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n)\] が成り立つ.

別解

 左辺の第 $1$ 項 $n^2$ を $n$ 個の $n$ の和に分けて残りの項に含めると, \[\begin{aligned} &n^2+(n^2+1)+\cdots +(n^2+n) \\ &= \overbrace{n+\cdots +n}^n+(n^2+1)+\cdots +(n^2+n) \\ &= \{ (n^2+1)+n\} +\cdots +\{ (n^2+n)+n\} \\ &= (n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n) \\ \end{aligned}\] が得られる.

参考

  • 本問の等式を $n$ が小さい順に並べてできる三角形 \[\begin{aligned} 1+2 &= 3, \\ 4+5+6 &= 7+8, \\ 9+10+11+12 &= 13+14+15, \\ 16+17+18+19+20 &= 21+22+23+24, \\ 25+26+27+28+29+30 &= 31+32+33+34+35, \\ &\ \ \vdots \end{aligned}\] を「フォンタナの三角形」(俗称:「タルタリアの三角形」)と呼ぶ.
  • 平方数の和については, すべての正の整数 $n$ に対して \[\begin{aligned} \sum_{k = 0}^n(2n^2+n+k)^2 &= \sum_{k = n+1}^{2n}(2n^2+n+k)^2 \\ &= \frac{n(n+1)(2n+1)(12n^2+12n+1)}{6} \end{aligned}\] が成り立つ.
(最終更新日: $2022/10/31$)

問題《既約分数の個数と和》

 $p$ を素数, $m,$ $n$ を $0 \leqq m < n$ なる整数とする.
(A)
$m$ より大きく $n$ より小さい,$p$ を分母とする既約分数の個数を求めよ.
(B)
$m$ より大きく $n$ より小さい,$p$ を分母とする既約分数の総和を求めよ.
ただし, 分母, 分子が互いに素な整数である分数を既約分数と呼ぶ.

解答例

 非負整数 $k$ に対して, $k$ より大きく $k+1$ より小さい, $p$ を分母とする既約分数は \[ \frac{kp+1}{p},\cdots,\frac{kp+(p-1)}{p}\] の $p-1$ 個, その総和は \[\frac{p-1}{2}\left\{\frac{kp+1}{p}+\frac{kp+(p-1)}{p}\right\} = \frac{(p-1)(2k+1)}{2}\] である.
(A)
$m$ より大きく $n$ より小さい,$p$ を分母とする既約分数の個数は, $(p-1)(n-m+1)$ 個である.
(B)
$m$ より大きく $n$ より小さい,$p$ を分母とする既約分数の総和は, \[\begin{aligned} &\sum_{k = m}^{n-1}\frac{(p-1)(2k+1)}{2} = \sum_{k = m}^{n-1}\left\{ (p-1)k+\frac{p-1}{2}\right\} \\ &= (p-1)\frac{(n-m)(n+m-1)}{2}+\frac{p-1}{2}(n-m) \\ &= \frac{(p-1)(n+m)(n-m)}{2} = \frac{(p-1)(n^2-m^2)}{2} \end{aligned}\] である.
(最終更新日: $2022/06/01$)