数チャレ 第 161 回 (2014 年 6 月) 自然数 n に対して，和 Sn = 1 + 1 1 1 + + ··· + 2 3 n を考える。 (1) 各自然数 n に対して 2k n をみたす最大の整数 k を f (n) で表 するとき，2 つの奇数 an , bn が存在して Sn = an f (n) 2 bn と表されることを示せ。 (2) n 2 のとき Sn は整数にならないことを示せ。 (3) さらに，自然数 m, n (m < n) に対して，和 Sm,n = 1 1 1 + + ··· + m m+1 n を考える。 Sm,n はどんな m, n (m < n) に対しても整数になら ないことを示せ。 出典：2014 年 千葉大学 理学部, 医学部 解答 1 1 1 + + ··· + が 2 3 n an (f (n) = [ log2 n], an , bn は奇数 ) Sn = f (n) 2 bn と表されることを数学的帰納法で証明する。 (1) Sn = 1 + 1◦ n = 1 のとき f (1) = 0 であるから， a1 = b1 = 1 とすると， a1 S1 = f (1) 2 b1 が成り立つ。 2◦ Sn = an f 2 (n) bn Sn+1 = 2 | an bn , 2f (n) n < 2f (n+1) と表されるとすれば， an 2f (n) bn + an (n + 1) + 2f (n) bn 1 = n+1 2f (n) bn (n + 1) — 1 — ( i ) n + 1 が奇数のとき f (n + 1) = f (n) であり， n + 1 3 より f (n + 1) = f (n) 1 であるから， an (n + 1) + 2f (n) bn , bn (n + 1) はともに奇数 であり， an+1 an (n + 1) + 2f (n) bn , bn+1 bn (n + 1) であるから， an+1 , bn+1 はともに奇数である。 (ii) n + 1 = 2f (n+1) のとき f (n + 1) = f (n) + 1 であるから， an 1 2an + bn Sn+1 = f (n) + f (n+1) = f (n+1) 2 bn 2 2 bn であり， an+1 = 2an + bn , bn+1 = bn はともに奇数である。 (iii) n + 1 が偶数で， n + 1 > 2f (n+1) のとき n + 1 = 2 m c (m は正の整数, c は 3 以上の奇数 ) とおくと， 2m+1 < n + 1, m + 1 f (n + 1) = f (n) であるから， Sn+1 = an 2f (n) bn + 1 2mc = an c + 2f (n)−m bn 2f (n) bn c ここで， f (n) > m より an c + 2f (n)−m bn は奇数 であり， an+1 an c + 2f (n)−m bn , bn+1 bn c であるから， an+1 , bn+1 はともに奇数である。 ( i ), (ii), (iii)より， Sn+1 = an+1 f (n+1) 2 bn+1 (f (n + 1) = [ log2 (n + 1)], an+1 , bn+1 は奇数) と表される。 1◦ , 2◦ より，すべての自然数について成り立つことが示された。 (証明おわり) (2) (1)の表示において， an と 2f (n) は互いに素である。 n 2 のとき 2f (n) 2 であ (証明おわり) るから， Sn は整数でない。 (3) (1)と同じ記号を用いて， Sm, n = Sn − Sm−1 an am−1 = f (n) − f (m−1) 2 bn 2 bm−1 — 2 — = an bm−1 − 2f (n)−f(m−1) am−1 bn 2f (n) bm−1 bn ( i ) f (m − 1) < f (n) のとき an bm−1 − 2f (n)−f(m−1) am−1 bn は 2f (n) と互いに素な奇数であり， 2f (n) 2 で あるから， Sm, n は整数でない。 (ii) f (m − 1) = f (n) = k のとき 2 k m − 1 < n < 2 k+1 であるから， k+1 − 2 k 1 q n − (m − 1) 2 0 < Sm, n < =1 m−1 2k (証明おわり) であり， Sm, n は整数でない。 — 3 —
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