入試数学演習 大学受験 数学

【入試数学演習No.20】今週の整数問題No.9 解答・解説

目次

  1. 問題
  2. 方針
  3. 解答
  4. あとがき

問題

\(x,y,z\)は正の整数とする。

(1)\(\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)を満たす\(x,y,z\)の組\((x,y,z)\)は何通りあるか。

(2)\(r\)を正の有理数とするとき, \(\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=r\)を満たす\(x,y,z\)の組\((x,y,z)\)は有限個しかないことを証明せよ。ただし, そのような組が存在しない場合は\(0\)個とし, 有限個であるとみなす。

(信州大学)

方針

まずは整数問題の基本方針についておさらいしておきましょう。

整数問題の基本方針3つ

1. 約数倍数に注目する(因数分解を伴うことが多い)
式\(1\)つが式\(2\)つになるというとても強力な手段です。整数問題では文字変数に対して式の数が不足している場合がありますが、その不定性の解決策の1つがこの因数分解になるわけです。整数問題ではまず因数分解可能性を考慮してみるとよいでしょう。
特に、素数が登場する場合で因数分解できるのであれば(積の形)=(素数の累乗)と変形することが多いです。
因数分解をするために以下の②③を用いることもあれば、逆に①を用いて式を増やした後に②③を利用することもありますので、そこは臨機応変にいきましょう。

2. あまりに注目する\(\mathrm{mod}2,3,4,5,7,8\)あたりを考えたり、素数が絡んだりすることが多い)
→特に、実験をすることが多いです。(近年の京都大学の入試問題を見てみましょう。)
「素数であることを示せ」「素数になる条件を求めよ」の類はたいてい、(ⅰ)実験により規則を発見して有名な\(\mathrm{mod}\)での論証 (ⅱ)背理法 (ⅲ)ユークリッドの互除法のいずれかで解決します。

3. とりうる範囲に注目する分数型の不定方程式や関数の発散スピード
分母のほうの次数が高いとき、整数になる場合が限られることや、多項式関数指数関数では代入する値が大きくなると関数の増加スピードが圧倒的に違うことを利用することが多いです。

→本問では

(1)まず、このタイプの問題が完全初見である方はこのように考えたことがあると思います。「整数問題なんだから、分数は扱いにくいからとりあえず分母を払って、扱いやすい整数の形にして考えよう!」と。では実際にそのような方針で考えてみましょう。

与式の両辺に\(xyz\)を乗じることで、

\(xy+yz+zx=xyz\)

となるから、整理して、

\(xyz-xy-yx-zx=0\)

である。

ですがここから進みません。実際、この左辺を因数分解しようとしても、うまくいきません。もっとも、逆数が2つであれば、分母を払うことで因数分解の議論に持ち込むことができるのですが…。

ここで一旦もとの式に戻ってみます。\(x,y,z\)は自然数ですから、どれも\(1\)以上ですから、その逆数は\(1\)以下です。しかも自然数の値を大きくしていくと、その逆数の値はどんどん小さくなっていきますから、「\(x,y,z\)があまりにも大きすぎると\(\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}<1\)となってしまい与式が成立しないのではないか」と予想を立てることができます。これが非常な重要な感覚になってきます。(適当に\(x,y,z\)に値を代入して実験しても気づけることです。)

さらに、与式は\(x,y,z\)について対称ですが、対称性を維持する必要はありますでしょうか。今回は対称式で攻めることで打開できるような問題でもないですし、対称性を保っておく必要は特別ないでしょう。(対称性を保ってしまうと単純に文字の並び替えの分の議論が増えるし、最悪の場合対称性を崩さないとそもそも議論が進まないこともあり得ます。)一般に対称な文字を見た時に、
対称性を保つ→対称式などの利用
対称性を崩す
のいずれかです。「対称性、崩すか?崩さないか?」です。(←そういえばこんなタイトルの映画がありましたね笑)

対称性を保つほうは何をするのかが分かりやすいですが、対称性を崩すとは一体どういうことでしょうか?これは経験がないと難しいでしょうが、有名な事例でいうと、
①実数の場合、大小関係を設定する
②平面上の点の場合、一般性を失わないように点を固定してしまう
などが挙げられます。(②は円周上を動く3点についての最大・最小問題でよくある議論です。)ここで注意したいのは①の場合でも②の場合でも一般性を失うことなく対称性を崩すことです。

例えば本問の場合でいうと、\(x \leq y \leq z\)とするのは一般性を保っていますが、\(x < y < z\)などとしてしまうと、例えば\(x=y=z\)の場合などを無視してしまっているので一般性を保てていないと言えます。整数問題ではこのように\(x \leq y \leq z\)などと大小関係を設定することがよくあります。ここまでの議論のお気持ちを理解した上で対称性を崩す議論ができればよいでしょう。

さて、\(x \leq y \leq z\)としてしまえば後は簡単です。与式の左辺が小さくなりすぎるとそもそも\(1\)にさえ達しないのではないか、という懸念がありました。つまるところ、与式の左辺の最小の自然数\(x\)があまりも大きいと、\(\displaystyle \frac{1}{x}\)がかなり小さくなり、\(\displaystyle \frac{1}{y}\)と\(\displaystyle \frac{1}{z}\)はそれ以下なので3数の和が\(1\)に到達しないのではないか、と予想できます。このようにして、\(x\)の値をある程度絞ってしまえば、後は\(x\)を1つずつ代入してその時の\(y,z\)の組を調べることになりますが、\(x=k\)(\(k\)は自然数)と固定した時に与式は、

\(\displaystyle \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1- \frac{1}{k}= \frac{k-1}{k}\)

となりますので、後は両辺に\(yz\)をかけて因数分解すればすぐに解けます。(\(k=1\)では明らかに解を持たないので暗黙のうちに\(k \geq 2\)としています。)実際、

\begin{align}
\displaystyle \frac{y+z}{yz} &= \frac{k-1}{k} \\
(k-1)yz-ky-kz &= 0 \\
(k-1)^2yz-k(k-1)y-k(k-1)z &= 0 \\
((k-1)y-k)((k-1)z-k) &= k^2
\end{align}

として因数分解してやれば後は、今までやって来たように各々の因数の候補を絞り込んで解けますね。上の議論での式変形の上から3行目で両辺に\(k-1\)を乗じるという操作をしましたが、よくやる操作なので一度は経験しておきましょう。。(このタイミングで乗じずにそのまま因数分解を進めて最後に分数を消すために両辺に\(k-1\)を乗じても構いません。)

※もちろんここからまた範囲の議論に持ち込んでも良いですが、汎用性の面で2数の逆数の和が定数の問題の解法として、分母を払って因数分解という手段を取っています。(模範解答でも因数分解による議論を採用しています。)

2数の逆数の和または差に関する整数問題は入試問題でもよく見かけます。類題を確認しておきます。

(類題1)整数問題・2数の逆数の和
\(x,y\)を正の整数とする。
(1)\(\displaystyle \frac{2}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}\)をみたす組\((x,y)\)をすべて求めよ。
(2)\(p\)を\(3\)以上の素数とする。\(\displaystyle \frac{2}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{p}\)みたす組\((x,y)\)のうち, \(2x+3y\)を最小にする\((x,y)\)を求めよ。
(名古屋大学理系 2009年度大問4b)
(類題2)整数問題・2数の逆数の差
\(n\)を正の整数とする。
(1)\(3^n\)を\(4\)で割ったときの余りを求めよ。
(2)\(\displaystyle \frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{4}{9^n}\)を満たす正の整数の組\((a,b)\)はいくつあるか。
(東工大入試実戦模試 2018年10月大問1)

→2題とも、解答・解説は省略させて頂きます。時間に余裕のある方は自力で解いてみてください。

(2)(1)の議論を考えればそこまで難しくはありません。まずは大小関係を設定することで対称性を崩すと、\(x\)の値を絞り込むことができ、その後は先程も述べたように\(y,z\)の因数分解可能な2未知数の不定方程式になるので、解は有限個になるでしょう。有限個であることの証明は前回もやりましたが、意外とセンシティブなので慎重に議論しましょう。それでは解答へどうぞ!

解答

(1)与式の\(x,y,z\)の対称性から\(x \leq y \leq z\)としても一般性を失わない。このもとで、

\(\displaystyle \frac{1}{x} \geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{z}\)

であるから、

\begin{align}
1 &= \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \\
&\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x} \\
&= \frac{3}{x}
\end{align}

となり、\(x>0\)から分母を払うことで、\(x \leq 3\)を得る。また、\(x\)は正の整数だから\(x\)としてあり得る値は\(1,2,3\)のいずれかである。以下、それぞれの場合について検討する。

(Case1)\(x=1\)のとき

与式に代入すると、

\(\displaystyle \frac{1}{y}+\frac{1}{z} = 0\)

となるが、これは左辺が正であることに矛盾し、不合理。よって正の整数解は存在しない。

(Case2)\(x=2\)のとき

与式に代入すると、

\(\displaystyle \frac{1}{y}+\frac{1}{z} = \frac{1}{2}\)

となるから、これを整理していくことで、

\begin{align}
\displaystyle \frac{y+z}{yz} &= \frac{1}{2} \\
yz-2y-2z &= 0 \\
(y-2)(z-2) &= 4
\end{align}

\(x \leq y \leq z\)であることから、\(z-2 \geq y-2 \geq 2-2=0\)である。ゆえに、\((y-2,z-2)=(2,2),(1,4)\)であり、\((y,z)=(4,4),(3,6)\)を得る。

(Case3)\(x=3\)のとき

与式に代入すると、

\(\displaystyle \frac{1}{y}+\frac{1}{z} = \frac{2}{3}\)

となるから、これを整理していくことで、

\begin{align}
\displaystyle \frac{y+z}{yz} &= \frac{2}{3} \\
2yz-3y-3z &= 0 \\
4yz-6y-6z &= 0 \\
(2y-3)(2z-3) &= 9
\end{align}

\(x \leq y \leq z\)であることから、\(2z-3 \geq 2y-3 \geq 2 \cdot 3-3=3\)である。ゆえに、\((2y-3,2z-3)=(3,3)\)であり、\((y,z)=(3,3)\)を得る。

これらのことから、\((x,y,z)=(2,4,4),(2,3,6),(3,3,3)\)の場合が考えられ、最後に大小関係を外して対称性を戻すことで、
\((2,4,4)\)の組については\({}_3 \mathrm{C} _1=3\)通り
\((2,3,6)\)の組については\(3!=6\)通り
\((3,3,3)\)の組については\(1\)通り
得られるので合計して\(3+6+1=10\)通りである。(答え)

(2)(1)と同様に与式の\(x,y,z\)の対称性から\(x \leq y \leq z\)としても一般性を失わない。このもとで、

\(\displaystyle \frac{1}{x} \geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{z}\)

であるから、

\begin{align}
r &= \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \\
&\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x} \\
&= \frac{3}{x}
\end{align}

となり、\(x>0\)から分母を払うことで、\(\displaystyle x \leq \frac{3}{r}\)を得る。\(x\)は正の整数であるから、\(x\)の取り得る値は\(\displaystyle 1,2, \cdots , [\frac{3}{r}]\)の\(\displaystyle [\frac{3}{r}]\)個であることが分かる。(以下、簡単のため、\(\displaystyle [\frac{3}{r}]=n\)としておく。)

この中から\(x\)を1つ取る。\(x=k\)(\(k\)は\(1\)以上\(n\)以下の自然数)と固定するとき、与式に代入して、\(r\)を既約分数\(\displaystyle \frac{q}{p}\)(\(p,q\)は互いに素な正の整数)として表示しておくと、

\(\displaystyle \frac{1}{y}+\frac{1}{z}=r- \frac{1}{k}= \frac{q}{p}-\frac{1}{k}=\frac{qk-p}{pk}\)

となる。ここで、\(n\)個の\(k\)のうち、\(\displaystyle\frac{qk-p}{pk} \leq 0\)となるものに関しては上式の左辺が正、右辺が\(0\)以下となり、正の整数解\((y,z\)は存在しない。だから、先ほどの\(n\)個の\(k\)のうち、\(\displaystyle\frac{qk-p}{pk} > 0\)なるものの個数を\(k_0\)個として、この\(k_0\)個の\(k\)のみを考えることにする。このとき、

\begin{align}
\displaystyle \frac{y+z}{yz} &= \frac{qk-p}{pk} \\
(qk-p)yz-pky-pkz &= 0 \\
(qk-p)^2yz-pk(qk-p)y-pk(qk-p)z &= 0 \\
((qk-p)y-pk)((qk-p)z-pk) &= (pk)^2
\end{align}

\((qk-p)y-pk, (qk-p)z-pk\)はともに整数であり、\((pk)^2\)は整数だから、その約数は正のもの、負のものを含めても高々有限個である。

実際、\((pk)^2\)の素因数分解を考えたとき、素因数\(p_1, \cdots ,p_m\)の指数を\(q_1, \cdots ,q_m\)とすることで、

\((pk)^2={p_1}^{q_1} \cdot \cdots \cdot {p_m}^{q_m}\)

となっているとき、約数の個数は正のものは\((q_1+1) \cdot \cdots \cdot (q_m+1)\)個とやはり有限個である。負のものはこれにマイナスをつけるだけなのでこれと同じだけある。

\(N=2(q_1+1) \cdot \cdots \cdot (q_m+1)\)

となすると、\((pk)^2\)の約数は正負のものを含めて\(N\)個あり、余方程式の解は\((pk)^2\)の約数\(a_i\)(\(i=1, \cdots , N\))を用いて

\begin{align}
(qk-p)y-pk &= a_i \\
(qk-p)z-pk &= \frac{(pk)^2}{a_i}
\end{align}

これは\(y,z\)の1次方程式であり、いま\(qk-p \neq 0\)のもとで議論しているから、

\begin{align}
y &= \frac{a_i +pk}{qk-p} \\
z &= \frac{\frac{(pk)^2}{a_i}+pk}{qk-p}
\end{align}

となる。ゆえに\(k\)をひとつ固定すると、\(y,z\)は\(a_i\)に対して一意に定まることから、正の整数\(y,z\)の組\((y,z)\)は存在しても高々\(N\)個である。(※"高々"と言っているのは\(y,z\)が正の整数ではないような場合が考えられるからである。)

これと、\(x\)が\(k_0\)個あったから、\(x \leq y \leq z\)のもとで正の整数\(x,y,x\)の組\((x,y,z)\)は高々\(Nk_0\)通りしかない。

また、最後に\(x,y,z\)の大小関係を取り払うときに、先ほど求めた\(x,y,z\)がすべて同じであれば大小関係を取り払っても組の個数はそのまま、\(x,y,z\)のうち2個が同じであれば、大小関係を取り払うと\({}_3 \mathrm{C} _1=3\)倍することになり、\(x,y,z\)がすべて互いに異なれば\(3!=6\)倍することになるから、結局、最大でも、\(6 \cdot Nk_0 = 6Nk_0\)通りしかあり得ず、やはり有限個である。(証明おわり)

注意

1°)分数型の不定方程式では大小関係を設定することで対称性を崩した後、範囲を絞り込んで議論を進めていくことが多い。
→本問では\(x \leq y \leq z\)という大小関係を設定することで議論が進みました。
→なお大小関係を設定した後、何も考えずに不適切な評価をしてしまうと議論が進まない。例えば、

\begin{align}
1 &= \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \\
&\geq \frac{1}{z}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z} \\
&= \frac{3}{z}
\end{align}

から、\(z \geq 3\)としてもあまり有効な一手ではないでしょう。"なぜ大小関係を設定したか"という部分に立ち返ると解答のような評価をすべきことが自ずと分かります。(この類の議論はやはり経験がないと初めは難しく感じる方も多いでしょう。)

2°)分数型の不定方程式で逆数の数が2個以下の時は範囲を絞り込むことでも解けるが、分母を払って因数分解することで解くこともできる。
→本問で\(x\)の値を絞り込んだ後に行った議論や方針の部分で紹介した例題を確認しておきましょう。

最後に類題を紹介して締めさせて頂きます。この類の問題は経験しておかないと初見だと中々難しいです。類題で経験値をためておきましょう。

類題

(類題3)整数問題・値の絞り込み
(1)\(\displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2}\)を満たす自然数\(x,y\)の組\((x,y)\)をすべて求めよ。
(2)\(n\)を自然数, \(r\)を正の有理数とする。このとき
\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k}=r\)
を満たす自然数\(x_k\)の組\((x_1, \cdots \cdots , x_n)\)の個数は有限個であることを示せ。
(東京工業大学 1997年度前期大問3)

→本問を\(n\)変数に拡張した問題です。本問の議論を繰り返すことで解けますが、記述には細心の注意を払いたいところです。TwitterのFFの方から教えて頂きました。

(類題4)整数問題・値の絞り込み
\(2\)以上の整数\(n\)に対して方程式
\(x_1 + x_2 + \cdots + x_n =x_1 x_2 \cdots x_n\)
の正の整数解\((x_1 . x_2 , \cdots \cdots , x_n)\)を考える。ただし,たとえば\((1,2,3)\)と\((3,2,1)\)は異なる解とみなす。このとき次の各問に答えよ。
(1)\(n=2\)および\(n=3\)のときの解をすべて求めよ。
(2)解が1つしか存在しないような\(n\)を全て求めよ。
(3)任意の\(n\)に対して解は少なくとも1つ存在し, かつ有限個しかないことを示せ。
(東京工業大学 1996年度前期大問1)

→東工大では2年連続で同じタイプの整数問題が出題されていたようです。

(類題5)整数問題・値の絞り込み
\(n\)を正の整数とする。実数\(x,y,z\)に対する方程式\(x^n+y^n+z^n=xyz\)を考える。
(1)\(n=1\)のとき与方程式を満たす正の整数の組\((x,y,z)\)で\(x \leq y \leq z\)となるものをすべて求めよ。
(2)\(n=3\)のとき与方程式を満たす正の整数の組\((x,y,z)\)は存在しないことを示せ。
(東京大学文系 2006年度前期)

→東大の問題は少し簡単かもしれません。本問と同じような感覚で解いてみると意外と簡単に解けます。

※3題とも、解答・解説は省略させて頂きます。時間に余裕のある方は自力で解いてみてください。

あとがき

最後までご覧いただきありがとうございました。Twitter上で毎週金曜日の夜にハッシュタグ「今週の整数問題」をつけて問題を投稿しています。是非解いてみてください!解説記事も順次作成していきます。

整数 分野別 標準問題精講

整数の入試問題を1冊で数多く演習し、実力を養成することができます!整数が苦手な方から整数を得点源にしたい方まで幅広くおすすめしています。この本をマスターし、整数問題の基本的姿勢を身に着ければ、大学入試数学の整数問題はほとんど全て解けるようになるでしょう。ぜひ手に取ってみてください!

↑画像をタップするとAmazonの購入ページに進むことができます。

入試数学演習」一覧はこちらから→入試数学演習 | Sacramy

前回の整数問題は以下の記事からご覧になることができます。

  • この記事を書いた人
  • 最新記事

Yuya Sakurada

洛北(中高一貫)→京都大学理学部2回生|元駿台特待, EX生|予備校勤務 |個別指導講師(英数)|高3時, 京大模試英語で全国15位以内を1年間で7回達成|ポケモン全国3位(2013), 全国Top8(2017), 全国Top4(2018)|大学受験英語・数学や大学の学問紹介の記事を中心に書いています。

-入試数学演習, 大学受験, 数学
-, ,

Copyright © 2020-2021 Sacramy