入試数学コンテスト第7回第5問解答解説

$\tan \dfrac{\pi}{3} = \sqrt{3}$ より $\theta (\sqrt{3}) = \dfrac{\pi}{3}$ である。

与式から $$\begin{aligned} &\tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) + \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) \right)\\ &= \dfrac{1 - \tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right) \tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) \right) }{\tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right) + \tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) \right)}\\ &= \dfrac{1-\dfrac{1}{mn}}{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n}}\\ &= \dfrac{mn-1}{m+n} = 1 \end{aligned}$$ である。すなわち $$mn - m - n = 1$$ が成立する。これは $$(m-1)(n-1) = 2\\ m = 3, n = 2$$ と計算できる。こうして解は $(m,n) = (3,2)$ である。

与式を移項すると， $$\theta \left( \dfrac{1}{n} \right) = 2 \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) - \dfrac{\pi}{4}$$ となる。 $$\begin{aligned} \dfrac{1}{n} &= \tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) \right)\\ &= \tan \left( 2 \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right)\\ &= \dfrac{\tan \left( 2 \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right) - \tan \dfrac{\pi}{4}}{1 + \tan \left( 2 \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right) \tan \dfrac{\pi}{4}}\\ &= \dfrac{\dfrac{2m}{m^2-1}-1}{1 + \dfrac{2m}{m^2-1}}\\ &= \dfrac{-m^2+2m+1}{m^2+2m-1} \end{aligned}$$ と計算される。なお $$\begin{aligned} \tan \left( 2 \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right) &=\dfrac{2\tan \left\{ \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right\}}{1 - \tan^2 \left\{ \theta \left( \dfrac{1}{m} \right) \right\}}\\ &= \dfrac{2 \cdot \dfrac{1}{m}}{1 - \dfrac{1}{m^2}}\\ &= \dfrac{2m}{m^2-1} \end{aligned}$$ である。

$m^2+2m-1$ と $-m^2+2m+1$ の最大公約数を $d$ とすると， $$\begin{aligned} &m^2 + 2m -1 = nd\\ &-m^2+2m+1 = d \end{aligned}$$ と表される。これより $4m = (1+n)d$ が得られる。

今 $d \neq 1$ が $m$ の約数であると仮定すると，$m = ld$ （$l \in \mathbb{Z}$）で表されるが，与式を変形すると $1 = m^2-2m+d = (l^2-2l+1)d$ となる。$l^2-2l+1,d$ は整数であったため，$d=1$ となるが，これは $d \neq 1$ に反する。よって $d$ は $m$ の約数とはならない。

したがって $d = \pm 1 ,\pm 2 ,\pm 4$ である。

$-(m-1)^2 + 2 = d$ と変形して，それぞれ計算すると整数解として $(d,m) = (1,2),(2,1),(-2,3)$ が得られる。$m < 2$ より2つめは不適である。$(d,m) = (-2,3)$ のとき，$n = -7$ となるが，$n < 2$ より不適である。

こうして $m=2$ であり，このとき $n=7$ と計算される。こうして $$2 \theta \left( \dfrac{1}{2} \right) - \theta \left( \dfrac{1}{7} \right) = \dfrac{\pi}{4}$$ が得られる。

前の問題同様に式変形すると $$\begin{aligned} \dfrac{1}{n} &= \tan \left( \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) \right)\\ &= \tan \left( 2 \theta \left( x \right) - \dfrac{\pi}{4} \right)\\ &= \dfrac{\tan \left( 2 \theta \left( x \right) \right) - \tan \dfrac{\pi}{4}}{1 + \tan \left( 2 \theta \left( x \right) \right) \tan \dfrac{\pi}{4}}\\ &= \dfrac{\dfrac{2x}{1-x^2}-1}{1 + \dfrac{2x}{1-x^2}}\\ &= \dfrac{x^2+2x-1}{-x^2+2x+1} \end{aligned}$$ となる。$x = \dfrac{p}{q}$ とおく。なお $p,q$ は互いに素な2整数とする。変形して $$\begin{aligned} \dfrac{1}{n} = \dfrac{p^2+2pq-q^2}{-p^2+2pq+q^2} \end{aligned}$$ が得られる。

$-p^2+2pq+q^2$ と $p^2+2pq-q^2$ の最大公約数を $d$ とすると， $$\begin{aligned} -p^2+2pq+q^2 &= nd\\ p^2+2pq-q^2 &= d \end{aligned}$$ となる。辺々足すことで $4pq = (n+1)d$ が成立する。

$d$ が $4$ と互いに素で $p$ を割り切ると仮定すると，$q^2 = d-p^2-2pq$ の右辺は $d$ の倍数となり，$q$ も $d$ の倍数となる。これは $p,q$ が互いに素であることに反する。$q$ を割り切るときも同様に考えると，あり得ないことがわかる。よって $d = \pm 1 , \pm 2 , \pm 4$ となる。

$$\begin{aligned} p^2+2pq-q^2 &= p^2 + 2pq + q^2 -2q^2\\ &= (p+q)^2 - 2q^2 \end{aligned}$$ である。ここで $p+q = X , q = Y$ とおく。

1. $d = \pm 1$ のとき

解くべき方程式は $X^2 - 2 Y^2 = \pm 1$ となる。分母は $$\begin{aligned} -p^2 + 2pq +q^2 &= -(p^2+2pq-q^2) + 4pq\\ &= 4pq \mp 1\\ &= 4(X-Y)Y \mp 1 \end{aligned}$$ と得られる。

事実から $X^2 - 2 Y^2 = \pm 1$ の解は，$(1+\sqrt{2})^n = x_N + y_N \sqrt{2}$ なる $(x_n,y_n)$ で得られる。

$$\begin{aligned} x_{N+1} + y_{N+1} \sqrt{2} &= (1+\sqrt{2})^{N+1}\\ &= (1+\sqrt{2}) (1+\sqrt{2})^N\\ &= (1+\sqrt{2}) (x_N + y_N \sqrt{2})\\ &= (x_N + 2y_N) + (x_N+y_N) \sqrt{2} \end{aligned}$$ より， $$\begin{cases} x_{N+1} = x_N + 2y_N\\ y_{N+1} = x_N + y_N \end{cases}$$ である。帰納的に $x_N , y_N$ が単調に増加することがわかる。

さて $(X,Y) = (x_N,y_N)$ としたとき， $$\begin{aligned} n &= 4(x_N - y_N)y_N + (-1)^{N-1}\\ &= 4 y_{N-1} y_N + (-1)^{N-1} \end{aligned}$$ となる。$y_N$ は単調に増加することから $n$ も $N$ に応じて単調に増加する。よって $N=4$ から順に計算すれば良いことがわかる。

$N=1$ のときは $y_{N-1} = y_0 = 0$ より $n= 1$ となるため，$n \leqq 2$ に反する。$N = 2,3,4$ をそれぞれ計算すると，$n = 7,41,239$ となる。こうして 1 のとき，条件を満たす $n$ は小さい順に $7,41,239$ である。

2. $d = \pm 2$ のとき

解くべき方程式は $X^2 - 2Y^2 = \pm 2$ である。$X^2 = 2Y^2 \mp 2$ より $X^2$ は $2$ の倍数である。よって $X$ も $2$ の倍数となる。

$X = 2 X'$ とおくと方程式は $4 {X'}^{2} - 2Y^2 = \pm 2$ となる。辺々を $-2$ で割ると，$Y^2 - 2{X'}^{2} = \mp 1$ が得られる。

$(Y,X') = (x_N , y_N)$ とおく。$p = X-Y = 2X' - Y$ である。このとき $$\begin{aligned} n &= \dfrac{-p^2+2pq+q^2}{2}\\ &=\dfrac{-(p^2+2pq-q^2) + 4pq}{2}\\ &= 2pq (-1)^{N}\\ &= 2 (2y_N - x_N) x_N + (-1)^{N}\\ &= 2 x_{N-1} x_N +(-1)^{N} \end{aligned}$$ である。1 同様に考えることで $n$ は $N$ に応じて単調に増加する。$N=1$ のときは 1 同様に不適である。$N = 2,3,4$ を順に計算すると $n = 7,41,239$ である。

こうして 2 のときも条件を満たす $n$ は小さい順に $7,41,239$ である。

3. $d=\pm 4$ のとき

解くべき方程式は $X^2 - 2Y^2 = \pm 4$ である。$X^2 = 2Y^2 \mp 4$ より $X^2$ は $2$ の倍数である。よって $X$ も $2$ の倍数となる。$X = 2 X'$ とおくと方程式は $4 {X'}^{2} - 2Y^2 = \pm 4$ となる。辺々を $-2$ で割ると，$Y^2 - 2{X'}^{2} = \mp 2$ が得られる。同様に考えると $Y$ が $2$ の倍数となる。$p = X - Y , q=Y$ となることから，$X,Y$ の公約数が $2$ であることは $p,q$ が互いに素であることと矛盾する。

以上より求めるべき解答として $n = 7, 41, 239$ が得られる。

$$\theta (z) = 2 \theta (x)$$ が成立するとする。このとき $$\begin{aligned} \tan \theta (z) &= \tan 2 \theta (x)\\ z = &= \dfrac{2\tan \theta (x)}{1 - \tan^2 \theta (x)}\\ &= \dfrac{2x}{1-x^2} \end{aligned}$$ という関係式が得られる。

よって $$\begin{aligned} 4 \theta \left( x \right) - \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) = \dfrac{\pi}{4} \end{aligned}$$ を満たす有理数 $x$ が与えられたとき，$\displaystyle z = \dfrac{2x}{1-x^2}$ によって有理数 $z$ を取ると $$2 \theta \left( z \right) - \theta \left( \dfrac{1}{n} \right) = \dfrac{\pi}{4}$$ が成立する。

以上より $$2 f\left( z \right) - f \left( \dfrac{1}{n} \right) = \dfrac{\pi}{4}$$ の解であって，$z = \dfrac{2x}{1-x^2}$ の解 $x$ が有理数となるものを探せばよい。実際に計算すると $d = \pm 1 , n = 4$ のとき $z = \dfrac{5}{12}$ が $\displaystyle x = \dfrac{1}{5}$ を与える。

こうして $n=239$ である。