ちょっと難しかったかもしれません
完全に高校数学の範疇の問題なのですが
(誘導なしでは)大学入試では出されない類のものでしょう
以下は高校数学の範囲内の解法となります
もしかしたら後で代数的整数論を用いた解法も投稿するかもしれません
(その場合は一般化まで可能なのですが それはそれで壁があります)
[回答例]
以下のようにp,q,rを定める:
p = a+b+c
q = ab+bc+ca
r = abc
p,q,rがすべて整数であることをいえばよい.
なぜなら (x-a)(x-b)(x-c)=x^3-px^2+qx-r だから.
各非負整数nに対して
s[n] = a^n+b^n+c^n と定める.
ただし, s[0]=3 と約束しておく.
問題の条件より すべての自然数nに対して,
s[n]∈Z がいえる.(つまり,s[n]が整数である)
次の補題が成立するのが最初のポイントである
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[補題]
任意の非負整数nに対して
s[n+3]=p*s[n+2]-q*s[n+1]+r*s[n]
[証明]
aはx^3-px^2+qx-rの根であるから
a^3 = pa^2 - qa + r がいえる
両辺に a^n を掛け算すれば,
(但し,n=0のときは 1を掛け算したとみなす)
a^(n+3)=p*a^(n+2)-q*a^(n+1)+r*a^n
同様に以下の2つの等式を追加で得る:
b^(n+3)=p*b^(n+2)-q*b^(n+1)+r*b^n
c^(n+3)=p*c^(n+2)-q*c^(n+1)+r*c^n
これら3つの等式を辺々足し合わせれば
求める関係式が得られることは明らか
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上記の補題を用いて議論を進めていく.
問題の条件より s[1]=a+b+c∈Z だから
pが整数であることは明らかである.
よって,示すべきことは q,r∈Z である.
s[3]=p*s[2]-q*s[1]+r*s[0] より,
-pq+3r が整数であることが導かれる
(s[0]=3,s[1]=p などに注意)
よって, 3r = pq + z を満たす整数zが取れる.
また, s[2] = p^2-2q より, 2q∈Z がいえる,
ここで s[4]=p*s[3]-q*s[2]+r*s[1] より
-q*s[2]+rp ∈Z がいえるから,
当然, 3*(-q*s[2]+rp)∈Z もいえる.
ここで, 3r = pq + z を用いれば,
-3q*s[2] = ppq + pz ∈Z がいえる
よって, -3q*s[2] - ppq ∈ Z となる
ここで, s[2] = pp-2q を用いれば,
-4ppq + 6qq ∈Z がいえるとなるが,
2q∈Z そして 4qq∈Z に注意すれば,
結局は 2q^2∈Z が導かれる
これと 2q∈Z をあわせて q∈Z が従う.
最後に r∈Z を示す.
s[3]=p*s[2]-q*s[1]+3r より,
3r∈Z であるが(q∈Z を用いた)
s[1],s[2],s[3]がすべて3の倍数なら,
r∈Z であることは直ちに従うので,
s[1],s[2],s[3]の少なくとも1つは3と互いに素とする.
さらに rの分母に3が出現すると仮定する(背理法のため)
一方で以下の等式が成立する:
s[4]=p*s[3]-q*s[2]+r*s[1]
s[5]=p*s[4]-q*s[3]+r*s[2]
s[6]=p*s[5]-q*s[4]+r*s[3]
これらから r*s[1],r*s[2],r*s[3]∈Z
たとえば, s[1]が3と互いに素のとき,
rの分母の3が消えないので, r*s[1]∈Z はいえない.
s[2],s[3]に対しても同様であるから これは矛盾.
したがって,r∈Z であることがいえた.
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x^3 - 1/3 の3根をa,b,cとすれば,
s[1],.,s[5] はすべて整数となるのですが
計算してみると s[6] は整数になっていません
このことから少なくとも n=6までみる必要があります.
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