『分数の分割』解答

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

【問題１】

２ １１

＝

１ ６

＋

１ ６６

２ １３

＝

１ ７

＋

１ ９１

どちらも２つの分数の和で表わせます。

【問題２】

２ ａ	、ａは５以上の奇数。

ａは奇数であるからａ＋１は偶数。

ａ＋１ ２

＝ｂ，２ｂ＝ａ＋１

１ ｂ

＋

１ ａｂ

＝

２ ａ＋１

＋

１ ａｂ

＝

２ ａ＋１

＋

１ ａ（ａ＋１）／２

＝

２ ａ＋１

＋

２ ａ（ａ＋１）

＝	２ａ＋２ ａ（ａ＋１）

＝	２（ａ＋１） ａ（ａ＋１）

＝

２ ａ

　元の分母の数ａに１を加え、２で割る。
その数が求める分母の数の１つでｂとする。
もう一つの分母の数は、ａｂです。

【コメント】

　確かにそうですね。
３つで作る、リンド・パピルスの方法にこだわりすぎて、２つでできることに気がつきませんでした。
後者はぜひ３つの分数でも作ってみてください。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

【問題２】

　リンド・パピルスの方法の推理

1. 元の分母を越えない最大の３の倍数をみつける。

2. その数を３で割り、２を掛ける。
   その数が求める１つの分母になる。

3. 与えられた分数から２）で求められた分数を引く。
   分子が１のとき、求めるもう１つの分数となる。
   分子が２のとき、約分出来るときは、約分した分数が、求めるもう１つの分数となる。
   約分出来ないとき、１）にもどる。
   分子が３のとき１＋２に分割して２、３の分数が求められる。

イ）

２ １１

のとき

９ ３

×２＝６。

２ １１

−

１ ６

＝

１２−１１ ６６

＝

１ ６６

。

２ １１

＝

１ ６

＋

１ ６６

。

ロ）

２ １３

のとき

１２ ３

×２＝８。

２ １３

−

１ ８

＝

１６−１３ １０４

＝

３ １０４

＝

２＋１ １０４

＝

１ ５２

＋

１ １０４

。

２ １３

＝

１ ８

＋

１ ５２

＋

１ １０４

。

ハ）

２ １７

のとき

１５ ３

×２＝１０。

２ １７

−

１ １０

＝

２０−１７ １７０

＝

３ １７０

＝

１ ８５

＋

１ １７０

。

２ １７

＝

１ １０

＋

１ ８５

＋

１ １７０

。

【コメント】

　実はこれがリンド・パピルスの方法です。
すばらしい推理ですね。
紀元前２０００年にこのようなことが考えられていたとは信じられません。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

【問題３】

２ ｐ	、ｐは３以上の素数。

分母は、

ｐ＋１ ２

。ｐ×

ｐ＋１ ２

　１／（（ｐ＋１）／２）＋１／（ｐ×（（ｐ＋１）／２）
＝２／（ｐ＋１）＋２／（ｐ×（ｐ＋１））
＝（２×ｐ＋２）／（ｐ×（ｐ＋１））
＝２×（ｐ＋１）／（ｐ×（ｐ＋１））
＝２／ｐ

１／３＝１／２＋１／６。

表現は上記のようになる。
この表現しかないことは、背理法で証明出来ると思います。
証明は保留。

【問題４】

　上記の方法がまず１つ。
問題の「２つ以上」に焦点をあて単純化して素因数が２つの合成数とする。

１）ｎ＝ａ²。

２）ｎ＝ａ×ｂ。ａ，ｂは素数とする。

１）分子、分母に（ａ＋１）／２を掛ける。
　２／ｎ
＝（２×（ａ＋１）／２）／（ａ²×（ａ＋１）／２）
＝（ａ＋１）／（ａ²×（ａ＋１））
＝ａ／（ａ²×（ａ＋１））＋１／（ａ²×（ａ＋１））
＝１／（ａ×（ａ＋１））＋１／（ａ²×（ａ＋１））

問題３の方法と上記の方法の２つの表現が可能。

２）ｂについても同様の方法が適応出来る。
したがって３つの表現が可能。
したがって、少なくとも、２つ以上の表現が可能です。

【コメント】

　２／ｎの式の変形で、３つ目の式は／２が抜けていますね。
＝（ａ＋１）／（ａ²×（ａ＋１）／２）
＝ａ／（ａ²×（ａ＋１）／２）＋１／（ａ²×（ａ＋１）／２）
＝１／（ａ×（ａ＋１）／２）＋１／（ａ²×（ａ＋１）／２）

ただし、ａ×（ａ＋１）は偶数ですから、問題ないですね。

◆広島県　清川　育男さんからの解答の追加。

【問題３】

　背理法による証明は保留。
問題４が正しいとすれば、ｐ＝１×ｐ。
（１＋１）／２＝１。 （ｐ×１）／２。ｐ×（（ｐ＋１）／２）。

したがって、後者の１つの表現しかない。
合成数の拡張のしすぎでしょうか。

【コメント】

　これはさすがに拡張のしすぎだと思いますが、出題者のわかさひ君、どうでしょう。

◆京都府　わかさひ君からのコメント。

　問題４はあれでいいと思います。
が、問題３の追加分については誤りです。
問題４の証明では「問題３の条件では 少なくとも一つの 表現方法があり、それは〜」という事実を使って、証明しています。
（問題４の証明ではそうすれば少なくとも２つ以上あることを証明できるので、問題３で一つだけに限定されている必要がないことに注意）

しかし、問題３解答追加分では、いつのまにか条件がすりかわってますよね。
いまだ証明されていない内容を使って証明しています。

# この時点で問題３、４で証明してないことまで用いているということです

したがって、この証明では残念ながら「一つだけに限定される」証明にはなりません。
もちろん、この問題３の解答は、清川さんが示されているものだけに限定されます。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。

【問題３】

ａ，ｂは２以上の自然数とする。
　２／ｐ
＝１／ａ＋１／ｂ
＝（ａ＋ｂ）／ａｂ

ａ＋ｂ＝２ｎ.............1)
ａｂ＝ｎｐ.............2)
ｂ＝２ｎ−ａ。
これを2)に代入して整理すると、
ａ²−２ｎａ＋ｎｐ＝０.......3)

ａについて解く。
ａが自然数であるためには、

イ）ｎ＝ｐ
ロ）ｎ＝（ｐ＋１）²／４（ピタゴラス数による。）

イ）のとき
ａ²−２ｐａ＋ｐ²＝０
（ａ−ｐ）＝０
ａ＝ｐ
２／ｐ＝１／ｐ＋１／ｐ。題意に反する。

ロ）のとき
ａ²−１／２×（ｐ＋１）²×ａ＋１／４×ｐ（ｐ＋１）²＝０

（ａ−１／２×ｐ（ｐ＋１））（ａ−１／２×（ｐ＋１））＝０

ａ＝１／２×ｐ（ｐ＋１），ｂ＝１／２×（ｐ＋１）
ａ＝１／２×（ｐ＋１），ｂ＝１／２×ｐ（ｐ＋１）

　２／（ｐ＋１）＋２／（ｐ（ｐ＋１））
＝（２ｐ＋２）／（ｐ（ｐ＋１））
＝２（ｐ＋１）／（ｐ（ｐ＋１））
＝２／ｐ

　 したがって、２／ｐ＝１／（１／２×（ｐ＋１））＋１／（１／２×ｐ（ｐ＋１））の１つの表現しかない。

◆京都府　わかさひ君からのコメント。

問題３の清川さんの解答についてですが、場合分けはあれでは不十分な気がします。
これだけでは論理の飛躍なのか不十分なのか判断しかねますが、

ａの２次方程式が整数(自然数)解を持つ条件は解の公式に代入したときの平方根の中身が平方数になる、つまり

『判別式 Ｄ／４＝ｎ² −ｎｐが平方数になる』

なので、イ、ロ以外の場合があり得る可能性があるでしょう。

【コメント】

>ａが自然数であるためには、

>イ）ｎ＝ｐ
>ロ）ｎ＝（ｐ＋１）²／４（ピタゴラス数による。）

の部分ですね。
私もここだけよく分からなかったのですが。
清川さん、どうでしょう。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。（別件）

【問題５】

　ｎが合成数か素数でまず分類する。
１）ｎが合成数のとき
　イ）その素因数の和で分子が構成されているとき、
　例えば、７／１０＝７／（２×５）＝５／１０＋２／１０＝１／２＋１／５。

　ロ）そうでない場合、
　例えば、９／１０＝９／（２×５）
　９／１０を越えない最大の単位分数を引く。
　９／１０−１／２＝９／１０−５／１０＝４／１０＝２／５。
　２／５＝１／３＋１／１５。
　９／１０＝１／２＋１／３＋１／１５。 　３／１０＝３／（２×５）
　３／１０−１／４＝６／２０−５／２０＝１／２０。
　３／１０＝１／４＋１／２０。

２）ｎが素数のとき
　ハ）元の数を越えない単位分数を引く。
　例えば、１２／１３−１／２＝１１／（２×１３）。
　１１／２６−１／３＝７／７８＝７／（２×３×１３）
　７／７８−１／１３＝１／７８。
　１２／１３＝１／２＋１／３＋１／１３＋１／７８。

１）、２）から推理されることは、元の数を越えない最大の単位分数を引く。
その差が単位分数のときはそれで、表現する。
差が単位分数でないとき、それを越えない最大の単位分数を引く。
最大（ｍ−１）以下の操作で差は単位分数になる。
したがって最大ｍ個の単位分数で表現出来る。
最大のｍ個必要なのは、２／ｎのとき。大体のイメージはつかめましたが、証明はまだです。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。（先の疑問点について）

わかさひ君の指摘に対する解答。

ａ²-２ｎａ＋ｎｐ＝０...1)
i)Ｄ＝０， ｎ（ｎ−ｐ）＝０，ｎ＞０，ｎ＝ｐ

ii)Ｄ＞０，Ｄ＝４ｎ²−４ｐｎ＝χ²...2)
４ｎ²−４ｐｎ−χ²＝０...3)
Ｄ’／１６＝ｐ²＋χ²...4)

ピタゴラス数の関係式を使う。

ｐは素数であるから。
ｐ＝ｒ²−ｑ²＝（ｒ＋ｑ）（ｒ−ｑ）
χ＝２ｒｑ
ｒ−ｑ＝１
ｐ＝ｒ＋ｑ
ｒ＝ｑ＋１...5)
ｐ＝２ｑ＋１
χ＝２ｑ²＋２ｑ
ｑ＝（ｐ−１）／２...6)
χ＝２（（ｐ−1）／２）²＋２（ｐ−1）／２＝（ｐ＋1）（ｐ−1）／２...7)

7)を3)に代入する。

４ｎ²−４ｐｎ−（（ｐ＋1）（ｐ−1）／２）²＝０...8)
（２ｎ−（ｐ＋1）²／２）（２ｎ＋（ｐ−1）²／２）＝０...9)
２ｎ＋（ｐ−1）²／２＞０
２ｎ−（ｐ＋1）²／２＝０
ｎ＝（（ｐ＋1）²／２）／２＝（ｐ＋1）²／４

i)ｎ＝ｐ
ii)ｎ＝（ｐ＋1）²／４

1)式でａが整数になるには、
i)ｎ＝ｐ
ii)ｎ＝（ｐ＋１）²／４に限られる。

ii)のとき　前回の解答の通りです。

◆広島県　清川　育男さんからの解答。（補足）

【問題３】

　ピタゴラス数の一般解。
Ｘ²＋Ｙ²＝Ｚ²。
Ｘ＝ｒ²−ｑ²。
Ｙ＝２ｒｑ。
Ｚ＝ｒ²＋ｑ²。

一般解は、Ｘ＝ｓ（ｒ²−ｑ²）。
Ｙ＝ｓ（ｒｑ）。
Ｚ＝ｓ（ｒ²＋ｑ²）。

◆神奈川県　三島　久典さんからの解答。

【問題３】

ｐを３以上の素数、ａ，ｂを自然数とする。
１／ａ＋１／ｂ＝（ａ＋ｂ）／ａｂ

これが、２／ｐに等しいとすると、
（ａ＋ｂ）／ａｂ＝２／ｐ
ｐ（ａ＋ｂ）＝２ａｂ

左辺にｐ(素数)があるので、右辺のａまたはｂはｐで割り切れなければならない。
（整数論の初歩。高校の範囲は逸脱しているか。）

よって、ａ＝ｋｐ（ｋ：自然数）とおく。
２／ｐ−１／ｋｐ＝（２ｋ−１）／ｋｐ
ここで、２ｋ−１とｋは互いに素となる（互除法を適用する）。
（これも、高校の範囲は逸脱しているかも。）

よって、右辺が単位分数になるためには、２ｋ−１がｐを割り切らなければならない。
これは、ｐが素数だから、
　２ｋ−１＝１
または、
　２ｋ−１＝ｐの場合しかない。

前者は、ｋ＝１、すなわち、２／ｐ＝１／ｐ＋１／ｐという自明分解となる。
後者は、２ｋ−１＝ｐ
ｋ＝（ｐ＋１）／２

ｐは奇素数だから、ｋは自然数となり、解と成りうる。

以上より、任意の奇素数ｐに対して、２／ｐ＝１／ａ＋１／ｂ　(ａとｂは異なる)という分解は、ただ１とおり存在する。

同様の議論で、ｑ／ｐが２つの単位分数の和で表されるには、
ｐが ｑｎ−１型の素数であることが必要十分条件であることがわかります。

例えば、３／ｐについて考えると、
ｐ＝５のときは解がありますが、ｐ＝７のときは解がありません。

【コメント】

　なんとも鮮やかな解答ですね。
正直いって感心しました。
高校の範囲を逸脱している？のではないかという箇所もありましたが、互除法は中学校でも教えることもある方法なので、高校生なら少し調べれば十分理解できると思います。

◆神奈川県　三島　久典さんからの解答。

【問題４】の完全解を示します。

１．まず、１／ｎ (ｎは奇数)を２つの単位分数の和で表すことを考えてみる。

１／ｎ−１／ａ＝（ａ−ｎ）／ａｎ

(1) ｎとａが互いに素となる場合。

ｎとａが互いに素なら、ａ−ｎとａ、ａ−ｎとｎは互いに素になる。
（少し考えればわかります。）

よって、（ａ−ｎ）／ａｎが単位分数となるためには、ａ−ｎ＝１でなければならない。
ゆえに、ａ＝ｎ＋１、
つまり、 １／ｎ＝１／（ｎ＋１）＋１／ｎ（ｎ＋１）という分解が得られる。

(2) ｎとａが互いに素でない場合。

ｎとａの公約数をｄ（＞１）とし、ｎ＝ｂｄ、ａ＝ｃｄとする。
（実は、ｄは最大公約数としてよいことが、後でわかります。）

１／ｎ−１／ａ＝１／ｄ・（（ｃ−ｂ）／ｂｃ）

ここで、ｂ、ｃが１より大きい公約数を持つとき、（ｃ−ｂ）／ｂｃ は約分できるので、最初から、ｄはａ、ｎの最大公約数としてよい。

このとき、ｂとｃは互いに素となる。（これも少し考えればわかります。）

よって、１／ｄ・（（ｃ−ｂ）／ｂｃ）が単位分数となるためには、ｃ−ｂがｄを割り切らなければならない。

ｄ／（ｃ−ｂ）＝ｅとおくと、
１／ｄ・（（ｃ−ｂ）／ｂｃ）＝１／ｂｃｅ

よって、１／ｎ＝１／ｃｄ＋１／ｂｃｅ
（ｎ＝ｂｄ、ｃはｃ−ｂがｄを割り切るような数、ｅ＝ｄ／（ｃ−ｂ））

という分解が得られる。

ｄ＝１、ｂ＝ｎ、ｃ＝ｎ＋１とおいたとき、
ｅ＝ｄ／（ｃ−ｂ）＝１／（（ｎ＋１）−ｎ）＝１
となり、(1) の場合となる。

以上より、１／ｎの２つの単位分数への分解は、

１／ｎ＝１／ｃｄ＋１／ｂｃｅ
（ｎ＝ｂｄ、ｃはｃ−ｂがｄを割り切るような数、ｅ＝ｄ／（ｃ−ｂ））

という形で表される。

２．１／ｎ＝１／ａ＋１／ｂ（ａ、ｂ、ｎは自然数、ｎは奇数）と分解されるとき、ａ、ｂは偶数である。

これは、ａｂ＝ｎ（ａ＋ｂ） という式において、ａ、ｂが、

・奇、奇
・奇、偶
・偶、奇
・偶、偶

の場合を考えると、矛盾なく成り立つのは、偶・偶のパターンのみであることがわかります。

（上の、ｃはｃ−ｂがｄを割り切るような数、という条件からも、ｂ、ｄは奇数だから、ｃは偶数でなければならない、ということになり、
ｃｄ、ｂｃｅは共に偶数、ということは直接わかります。）

３．以上より、 １／ｎ＝１／ｃｄ＋１／ｂｃｅ
（ｎ＝ｂｄ、ｃはｃ−ｂがｄを割り切るような数、ｅ＝ｄ／（ｃ−ｂ））

という分解において、右辺の分母はそれぞれ偶数となる。
よって２で割り切れる。

　１／（ｃｄ／２）＋１／（ｂｃｅ／２）
＝２・１／ｃｄ＋２・１／ｂｃｅ
＝２(１／ｃｄ＋１／ｂｃｅ)
＝２／ｎとなり、

１／ｎの分解 １／ｃｄ＋１／ｂｃｅに対して、分母を２で割った、

１／（ｃｄ／２）＋１／（ｂｃｅ／２）は ２／ｎ の分解となる。

一方、２／ｎの分解 １／Ａ＋１／Ｂに対して、

　１／２Ａ＋１／２Ｂ
＝１／２・(１／Ａ＋１／Ｂ)
＝１／２・２／ｎ
＝１／ｎ

つまり、ｎが奇数のとき、１／ｎの分解と ２／ｎの分解は１対１に対応することが分かります。

４．４／ｎ＝１／ａ＋１／ｂ＋１／ｃの場合は、こう簡単に話は進みません。

私が得た結果は、こちらの方 に詳しく書いてあります。

◆京都府　わかさひ君からのコメント。

ちょっと忙しくて見ていないうちにいろいろと解答が出そろっていてびっくりしてます。
すごいですね。

問題３の清川さんの解答は分かりました。
あれだけ補ってあれば分かります。
(高校生にピタゴラス数の一般形はちょっと無理だと思いますが)
問題５の推理も正しいので、証明を完成させて欲しいですね。

私は問題３は三島さんの解答を考えていました。
一応高校の範囲は逸脱していないはずです。
とは言っても、高校数学で整数論は単元として扱わないので微妙かな…？
大学入試では出題されますね。

３／ｎの問題も考えてあったのですが、先に三島さんに指摘されてしまいました(^^;

◆京都府　the king of water gate さんからの解答。

三島　久典さんの解答について
これだけでは問題４の証明になっていません。
証明を完成するには条件を満たすｂ，ｃ，ｄ，ｅで一つ目とは異なる分解を作るものがある事を示さなくてはいけません。
これだけで証明になっているとしたら、ｎが素数でない事を使ってないので、ｎが素数のときも二通り以上の分解がある事になってしまいます。

ここで証明されている事からｎが素数のときの分解は、
条件を満たすｂ，ｃ，ｄ，ｅが
（１，２，ｎ，ｎ），
（１，ｎ＋１，ｎ，１），
（ｎ，ｎ＋１，１，１）である事から

２ ｎ

＝

１ ｎ

＋

１ ｎ

＝

１ ―――――――― ｎ（ｎ＋１） ――――――― ２

＋

１ ―――――― ｎ＋１ ――――― ２

＝

１ ―――――― ｎ＋１ ――――― ２

＋

１ ―――――――― ｎ（ｎ＋１） ――――――― ２

となり一通りである事がでてきますが、それと同じ事がｎが合成数のときは起きないという事が分かりません。

高校の範囲について
素因数分解の一意性が高校の範囲を外れているなら、高校の範囲で問題３を（問題６も）解く事はできないんじゃないでしょうか。

【問題１】

２ １１	＝	１ ６	＋	１ ６６
２ １ ３	＝	１ ７	＋	１ ９１
	＝	１ ―― ７	＋	１ ９２	＋	１ ８３７２

【問題２、問題３、問題４、問題６】

２ ｎ

＝

１ ａ

＋

１ ｂ

ｎ，ａ，ｂは自然数、ｎは奇数、ａ＜ｂとする。

２ａｂ＝ａｎ＋ｂｎ

４ａｂ−２ａｎ−２ｂｎ＋ｎ^２＝ｎ^２

（２ａ−ｎ）（２ｂ−ｎ）＝ｎ^２

０＜２ａ−ｎ＜２ｂ−ｎなのでこれはｎ^２の分解
ｎ^２＝ｃｄ（０＜ｃ＜ｄ）になっており、

逆にｎ^２の分解
ｎ^２＝ｃｄ（０＜ｃ＜ｄ）に対して

ａ＝

ｎ＋ｃ ２

，ｂ＝

ｎ＋ｄ ２

とすると

ｎ，ｃ，ｄは奇数なので条件を満たす。

ｎに対してこの対応で条件を満たすａ，ｂの組とｎ^２の分解
ｎ^２＝ｃｄ（０＜ｃ＜ｄ）は１対１になっている。

ｎ２の正の約数の個数
＝ｎ２の分解ｎ２＝ｃｄ（０＜ｃ＜ｄ）の個数
＋ｎ２の分解ｎ２＝ｃｄ（０＜ｄ＜ｃ）の個数
＋ｎ２の分解ｎ２＝ｃｄ（０＜ｃ＝ｄ）の個数
であり、

条件を満たすａ，ｂの組の個数は

Πｉ（２ｅｉ＋１）−１ ２

である。

ｎが１のときは、

Πｉ（２ｅｉ＋１）−１ ２

＝

１−１ ２

＝０

なので

２ １

＝

１ ａ

＋

１ ｂ

となるａ，ｂ（０＜ａ＜ｂ）はない。

ｎが素数のときは、

Πｉ（２ｅｉ＋１）−１ ２

＝

（２・１＋１）−１ ２

＝１

なので表しかたは一通りであり、
それはｎ^２＝１・ｎ^２に対応する

ａ＝

ｎ＋１ ２

，ｂ＝

ｎ＋ｎ２ ２

＝

ｎ（ｎ＋１） ２

である。

ｎが合成数のときは、
ｅ_ｉ≧２となるｅ_ｉがあるか、
ｅ_ｉ≧１となるｅ_ｉが二つ以上あるので
（どちらかが成り立てば合成数であり、どちらも成り立たなければ
ｅ_ｉは全てｅ_ｉ≦１であり
ｅ_ｉ≧１となるｅ_ｉは一つ以下なので
ｅ_ｉ＝１となるｅ_ｉが一つで残りはｅ_ｉ＝０である（ｎは素数）か、
全てｅ_ｉ＝０である（ｎは１）。）

Πｉ（２ｅｉ＋１）−１ ２

≧

（２・２＋１）−１ ２

＝２

又は、

Πｉ（２ｅｉ＋１）−１ ２

≧

（２・１＋１）・（２・１＋１）−１ ２

＝４

なので表しかたは二通り以上ある。
（表しかたがちょうど二通りであるのはｐを３以上の素数として
ｎ＝ｐ^２のときで、

２		１		１
――	＝	――――――	＋	――――――――――
ｎ		ｐ２＋１ ――――― ２		ｐ２（ｐ２＋１） ――――――――― ２
		１		１
	＝	――――――――	＋	―――――――――
		ｐ（ｐ＋１） ――――――― ２		ｐ２（ｐ＋１） ―――――――― ２

表しかたがちょうど三通りであるのはｐを３以上の素数として
ｎ＝ｐ^３のときで、

２		１		１
――	＝	――――――	＋	――――――――――
ｎ		ｐ３＋１ ――――― ２		ｐ３（ｐ３＋１） ――――――――― ２
		１		１
	＝	―――――――――	＋	――――――――――
		ｐ（ｐ２＋ １） ―――――――― ２		ｐ３（ｐ２ ＋１） ――――――――― ２
		１		１
	＝	―――――――――	＋	―――――――――
		ｐ ２（ｐ＋１） ―――――――― ２		ｐ３ （ｐ＋１） ―――――――― ２

である。）

【問題５】

０以上の有理数ｒに対して

（Ｂ）
ｒ_０＝ｒ
ｒ_ｉ＞０のとき

ａｉを

１ ａｉ

がｒｉを 超えない最大の単位分数になるようにとる。

ｒｉ−

１ ａｉ

を ｒｉ＋１とする。（ｒｉ＋１≧０）

という方法でｒ_ｋ＝０となったとすると

ｒ＝

Σ 0≦i＜k

１ ａｉ

となる。

整数ｍ，ｎが０≦ｍ＜ｎとなっているとき、

ｍ ｎ	は（Ｂ）によってｍ個以下の単位分数の和と表され（ｋ≦ｍ）

０≦ｉ＜ｊ＜ｋ→

１ ａｉ

＞

１ ａｊ

を満たす事を示す。

ｍ＝０のとき

ｒ０＝

ｍ ｎ

＝０なのでｋ＝０となるので成り立つ。

ｍ＝ｓ＞０のとき
ｍ＜ｓのとき成り立つとする。

ｂを

１ ｂ

が

ｓ ｎ

を超えない最大の単位分数となるようにとると

ｓ ｎ

−

１ ｂ

＝

ｂｓ−ｎ ｂｎ

であり、

１ ｂ

≦

ｓ ｎ

＜

１ ｂ−１

，０≦ｂｓ−ｎ＜ｓなので

ｂｓ−ｎ ｂｎ

は（Ｂ）により

ｂｓ−ｎ個以下の単位分数の和と表されるので

ｓ ｎ	はｓ個以下の単位分数の和と表される。

ｓ ｎ

＜

１ ｂ−１

≦

２ ｂ

，

ｓ ｎ

−

１ ｂ

＜

１ ｂ

なので

残りの単位分数は

１ ｂ

より小さい。

よってｍ＝ｓのときも成り立つ。

１．任意のｍに対して

ｍ ｎ	が（Ｂ）によってｍ個の単位分数の和となるようなｎはある。

例えばｎ＝ｍ！ｓ＋１とすると

ｍ ｎ	＝	１ (ｍ −１)！ｓ＋１	＋	ｍ−１ (ｍ！ｓ＋１)(( ｍ−１)！ｓ＋１)
	＝	１ (ｍ−１)！ｓ＋１	＋	ｍ−１ (ｍ−１ )！(ｍ！ｓ２＋ｍｓ＋ｓ)＋１

となり、第２項の分母がまた(ｍ−１)！ｔ＋１という形になっているのでｍ個の単位分数の和となる。

ここでｍ＝３，ｓ＝４とすると、
ｎ＝３！・４＋１＝２５で

３ ２５

＝

１ ９

＋

１ １１３

＋

１ ２５４２５

と３個の単位分数の和で表されるが、

１ １０

＋

１ ５０

と２個の単位分数の和で表す事ができるので

これは（Ｂ）が最小個数の単位分数の和となるとは限らないという例になる。

２．整数ｍ，ｎが０≦ｍ＜ｎとなっているとき、

ｍ ｎ	がｍ個未満の単位分数の和と表されないのは、

ｍ≦３については

ｍ＝０
ｍ＝１
ｍ＝２，ｎは３以上の奇数
ｍ＝３，ｎは素因数が全て≡１（ｍｏｄ．３）である４以上の整数

である。

４≦ｍについては

「２以上の整数ｎに対して

４ ｎ

は３個の単位分数の和で表される。」

というのが正しければ全てｍ個未満の単位分数の和と表される。

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