令和元年11月24日

[流れ星]

　　　　第379回数学的な応募解答

　　　　＜解答募集期間：10月27日〜11月24日＞

［素数の和］

　

　初めのｎ個の素数の和をS_ｎとおく。

例えば、S_１＝２、S₂=２＋３＝５、S_３＝２＋３＋５＝10　である。

任意の自然数ｎに対して、S_ｎとS_n+1の間に平方数が存在することを証明せよ。

　素数列は、２、３、５、７、11、13、17、・・・について、そのｎ番目の数がｎのどういう関数となるか分かっていません。上の問題を証明することは困難になります。

　

そこで、「一般化」した次の問題を証明してください。

問題　自然数列{a_ｎ}は次の条件をみたしている。

　a_１＝２、a_２＝３、a_ｎ＋１―a_ｎ≧２（ｎ≧２）

Sｎ＝a_１＋a_２＋・・・＋a_ｎ　

とおくとき、任意の自然数ｎに対して、S_ｎとS_n+1の間に平方数が存在することを証明せよ。

ヒント：背理法を利用してください。

＜出典：「数学的思考の構造」塚原成夫　著　（現代数学社）＞

NO1「スモークマン」 10/29 23時47分　受信 更新 11/24

回答

S(n)=2+3+a(3)+a(4)+...+a(n)

  >1+3+5+7+...

  =n^2

S(n+1)>(n+1)^2

so...

n^2+1<=S(n)

(n+1)^2+1<S(n+1)

so...

S(n)とS(n+1)との間には、(n+1)^2という平方数が存在してる

QED

一般化して考えることがブレークスルーになるというのが面白いですね ^^☆

＜水の流れ：Ｓ_ｎ＝２＋３＋ａ_３＋ａ_４＋ａ_５＋・・・＋ａ_ｎ
　　　　＞１＋３＋５＋７＋９＋・・・＋(２ｎ−１)
　　　　＝ｎ^２
　　∴ｎ^２＜Ｓ_ｎ，(ｎ＋１)^２＜Ｓ_ｎ＋１
　しかしだからといって，
　　ｎ^２＜Ｓ_ｎ≦(ｎ＋１)^２＜Ｓ_ｎ＋１
となるかどうかは分からない．
　　ｎ^２＜(ｎ＋１)^２＜Ｓ_ｎ＜Ｓ_ｎ＋１
かも知れない．

「スモークマン」 11/14 20時35分　受信 更新 11/24

なるほど...!!

so... もう一度考えてみました...

ｎ^２＜(ｎ＋１)^２＜Ｓ_ｎ＜Ｓ_ｎ＋１

とすると、

S(n+1)は(n+2)^2-1までとなりますが、

S(n+1)=(n+2)^2-1 or (n+2)^2-2なら、S(n+2)>(n+2)^2+0 or +1 なので、S(n+1)とS(n+2)の間には(n+2)^2という平方数があり、

S(n+1)=(n+2)^2-3 or (n+2)^2-4 なら、S(n+3)>(n+2)^2+0 or +1 なので、S(n+1)とS(n+2)の間に(n+2)^2

以下、多分、同様に言えることとなり、

実際に、 2,3,5,7で、2^2<3^2<S(3)<S(4)を満たしているので言える。

結局、

(1) ｎ^２＜Ｓ_ｎ≦(ｎ＋１)^２＜Ｓ_{ｎ＋１ のときは明らか。}

(1) ｎ^２＜(ｎ＋１)^２＜Ｓ_ｎ＜Ｓ_{ｎ＋１ のときは、上のアプローチで...}

ということではいかがでしょうか？

NO2「早起きのおじさん」 11/01 17時34分　受信 更新 11/24

とします。

よって

ゆえに となります。

第2項以降が等差2の数列（奇数）は、S_nとS_n+1 の間に平方数(n+1)² （項数の平方）があります。

問題の条件は、 なので、当然S_nは第2項以降が奇数の場合より大きくなります。

だから、S_nとS_n＋1の間に平方数が存在するのは当たり前の感じがします。

例えていうと「歩いてどの障害も越えられるとき、走ってもすべての障害を越えられることを示せ」という感じです。

走るときは歩くときよりより歩幅が広くなるのですから。

「感じ」が合っているか確かめます。

S_n+1が(n＋k)² を超える場合を考えます。(n≧2、k≧1)

に、 を加えると、 となります。

この値は、(n＋k)² の次の平方数より1大きくなります。

第n項までは、 とします。

そして、

とします。

すると、

さて、最小のS_n+2を考えます。

とします。

この値と、先ほどの値を比べます。

なので、kが1より大きいときは、 の方が大きいので、S_n+2 が平方数を超えるのは明らかです。

実際、

となります。

この値は、k≧2のとき、正となります。

つまり、k≧2のとき、S_n＋1とS_n＋2の間に 個の平方数が存在します。

S₁,S₂,S₃,･･･,S_nのどこか隣り合う二数の間に2個以上の平方数があったとします。

すると、S_nを超えない最大の平方数は、(n＋1)²以上になります。

よって、a_n＋1は、2(n＋1)＋1より大きくなるので、S_n＋1は、少なくとも (n＋2)² を超えます。

今回は、出題の意図がよく分かりませんでした。

背理法を使うとありますが、ヒントもよく理解できませんでした。

NO3「二度漬け白菜」 11/04 15時09分　受信 更新 11/24

(証明)

n≧2なる任意の自然数 n に対して，

a[n]

=(a[n]-a[n-1])+(a[n-1]-a[n-2])+…+(a[3]-a[2])+(a[2]-a[1])+a[1]

≧2*(n-2)+(3-2)+2

=2*n-1．

つまり，a[n]≧2*n-1 (n≧2) である．

よって，

S[n+1]

=a[1]+Σ[j=2〜n+1]a[j]

=2+Σ[j=2〜n+1]a[j]

≧2+Σ[j=2〜n+1](2*j-1)

=1+(n+1)^2．

つまり，1+(n+1)^2≦S[n+1]　(n≧1) ---(1)

が成り立っている．

また，2≦j≦n なる任意の自然数 j，n に対して，

a[n+1]

=(a[n+1]-a[n])+(a[n]-a[n-1])+…+(a[j+1]-a[j])+a[j]

≧2*(n-j+1)+a[j]．

よって，

a[j]≦a[n+1]-2*(n-j+1)  (2≦j≦n) ---(2) 

が成り立っている．

2=S[1]＜4＜S[2]=5 であるから，S[1] と S[2] の間には

確かに平方数が存在する．

いま，2以上のある自然数 N に対して，S[N] と S[N+1] の間に平方数が

存在しなかったと仮定する．

このとき，

K^2≦S[N]＜S[N+1]≦(K+1)^2 ---(3)

なる自然数 K が存在する．

(1),(3)より，1+(N+1)^2≦(K+1)^2 であるから， K≧N+1 ---(4)

(3)より， S[N+1]-S[N]≦(K+1)^2 - K^2．

よって，a[N+1]≦2*K+1．

これと(2)とから，

a[j]≦2*(K-N+j)-1  (2≦j≦N) 

である．

よって，

S[N]

=a[1]+a[2]+…+a[N]

=2+Σ[j=2〜N]a[j]

≦2+Σ[j=2〜N](2*(K-N+j)-1)

=K^2+2-(K-N+1)^2

≦K^2+2-2^2  (∵ (4)より K-N+1≧2)

=K^2-2

＜K^2．

つまり，S[N]＜K^2 となるが，これは(3)に反する．

よって矛盾が生じた．

よって，2以上の任意の自然数 n に対して，S[n] と S[n+1] の間に平方数が

存在する．

以上より，任意の自然数 n に対して，S[n] と S[n+1] の間に平方数が

存在することが示せた．　(証明終)

(以上)

NO4「浜田明巳」 11/09 10時44分　受信 更新 11/24

ａ_１＝２，ａ_２＝３，ａ_ｎ＋１−ａ_ｎ≧２（ｎ＝２，３，４，・・・），Ｓ_ｎ＝Σ_{１≦ｋ≦ｎ}ａｋ

　背理法で証明する．

　ある正整数ｎにおいて，ｍ^２≦Ｓ_ｎ＜Ｓ_ｎ＋１≦(ｍ＋１)^２となる整数ｍが存在すると仮定すると，

　　Ｓ_ｎ＋１≦(ｍ＋１)^２

　　−Ｓｎ≦−ｍ２

　辺々を加えると，

　　ａ_ｎ＋１＝Ｓ_ｎ＋１−Ｓ_ｎ≦(ｍ＋１)^２−ｍ^２＝２ｍ＋１

　　∴ａ_ｎ＋１≦２ｍ＋１

　ａ_ｎ＋１−ａ_ｎ≧２より，

　　ａ_ｎ≦ａ_ｎ＋１−２≦２ｍ−１

　　∴ａ_ｎ−１≦ａ_ｎ−２≦２ｍ−１−２

　　∴ａ_ｎ−２≦ａ_ｎ−１−２≦２ｍ−１−２・２

　　　・・・

　　∴ａ_{ｎ−(ｎ−３)}≦２ｍ−１−２(ｎ−３)＝２(ｍ−ｎ)＋５・・・�@

　　∴ａ_{ｎ−(ｎ−２)}≦２ｍ−１−２(ｎ−２)＝２(ｍ−ｎ)＋３・・・�A

　�Aより，ａ_２＝３≦２(ｍ−ｎ)＋３

　　∴ｍ≧ｎ

i). ｍ＝ｎのとき，�@より，

　　ａ_３≦５

　また，ａ_３≧ａ_２＋２＝５

　　∴ａ_３＝５

　同様に，

　　ａ_４＝ａ３＋２＝７

　　ａ_５＝ａ４＋２＝９

　　・・・

　　∴ａｎ＝２ｎ−１（ｎ≧２）

　ａ_１＝１＋１から，

　　Ｓ_ｎ＋１＝１＋Σ_{１≦ｋ≦ｎ＋１}(２ｋ−１)

　　　　＝１＋２・１／２・(ｎ＋１)(ｎ＋２)−(ｎ＋１)

　　　　＝ｎ^２＋２ｎ＋２

　　　　＞(ｎ＋１)^２＝(ｍ＋１)^２

　　∴Ｓ_ｎ＋１＞(ｍ＋１)^２

　これは，Ｓ_ｎ＋１≦(ｍ＋１)^２に反する．

ii). ｍ＞ｎのとき，

　ｎ＝１のとき，ｍ^２≦Ｓ_１＜Ｓ_２≦(ｍ＋１)^２，すなわち，

　　ｍ^２≦２，５≦(ｍ＋１)^２

となる整数ｍは存在しない．

　ｎ＝２のとき，ｍ^２≦Ｓ_２＜Ｓ_３≦(ｍ＋１)^２，すなわち，

　　ｍ^２≦５，１０≦５＋ａ_３≦(ｍ＋１)^２（∵ａ_３≧ａ_２＋２＝５）

となる整数ｍは存在しない．

　以上より，ｎ≧３となる．

　このとき，

　　ａ_ｎ≦２ｍ−１

　　ａ_ｎ−１≦２ｍ−３

　　ａ_ｎ−２≦２ｍ−５

　　・・・

　　ａ_３≦２(ｍ−ｎ)＋５

　　ａ_２＝３

　　ａ_１＝２

　辺々を加えると，

　　Ｓ_ｎ＝ａ_１＋ａ_２＋ａ_３＋・・・＋ａ_ｎ

　　　　≦２＋３＋{２(ｍ−ｎ)＋５}＋{２(ｍ−ｎ)＋７}＋{２(ｍ−ｎ)＋９}＋・・・＋(２ｍ−１)

　　　　＝{１＋３＋５＋・・・＋(２ｍ−１)}＋１−[５＋７＋９＋・・・＋{２(ｍ−ｎ)＋３}]

　　　　＜１＋３＋５＋・・・＋(２ｍ−１)

　　　　＝Σ_{１≦ｋ≦ｍ}(２ｋ−１)

　　　　＝２・１／２・ｍ(ｍ＋１)−ｍ

　　　　＝ｍ^２

　　∴Ｓｎ＜ｍ^２

　これは，ｍ^２≦Ｓ_ｎに反する．

　以上により，すべての正整数ｎにおいて，Ｓｎ＜ｍ２＜Ｓｎ＋１となる整数ｍが存在する．

（大変な証明でした）

＜水の流れ：出典の解答　12月2日　記述＞

背理法により結論を否定します。

ある自然数ｎに対して適当な自然数ｋとの間に以下の関係が成立することとなる。

　　　　ｋ^２≦S_ｎ＜Ｓ_ｎ＋１≦(ｋ＋１)^２・・・・�@

すると、ａ_ｎ＋１＝S_ｎ−１―ｓｎ≦(ｋ＋１)^２―ｋ^２

故に　ａ_ｎ＋１≦２ｋ＋１

定義の式より　a_ｎ≦ａ_ｎ＋１−２

故に　　　　　a_ｎ≦２ｋ−１

　　　　　　　a_ｎ−１≦２ｋ−３

　　　　　　・・・・・・・・・

　　　　　　　a_３≦（２ｋ＋１）−２（ｎ―２）

　　　　　　　a_２≦（２ｋ＋１）−２（ｎ―１）＝ｘ

ここで、ｘの値によって、「場合分け」する。

（１）　ｘ＝３のとき

　　　　このとき　a_３≦５　となる。

　　一方　｛a_ｎ｝の定義式より、ａ_２＝３　，ａ_３≧ａ_２＋２＝５であるから、ａ_３＝５　

　以下同様にして、この場合には上の不等号≦はすべて＝となる。すると、

ａ_ｎ＋１＋ａ_ｎ＋・・・ａ_３＋ａ_１＝（２ｋ＋１）＋（２ｋ−１）＋・・・＋３＋２

　　　　　　　　　　　　　　＞（２ｋ＋１）＋（２ｋ−１）＋・・・＋３＋１

　　　　　　　　　　　　　　＝(ｋ＋１)^２

故に　　　　Ｓ_ｎ＋１＞(ｋ＋１)^２となり、�@　に矛盾する。

（２）ｘ＞３のとき

　　　ｘは奇数より　a_３≦５　となる。すると、

ａ_ｎ＋a_ｎ−１＋・・・ａ_３＋ａ_１≦（２ｋ―１）＋（２ｋ−３）＋・・・＋５＋２

　　　　　　　　　　　　　＜（２ｋ―１）＋（２ｋ−３）＋・・・＋５＋３＋１

　　　　　　　　　　　　　＝ｋ^２

故に　　　　Ｓ_ｎ＜ｋ^２となり、�@　に矛盾する。

（１）、（２）いずれの場合にも矛盾が生じて、「一般化」した上の問題が証明されたことになる。　証明終わり。

^すると、