４ｋ
◆東京都 梟 さんからの解答。
【問題１】
（１）
[ｍ ｎ]をｍ、ｎの最大公約数とする
●ｍ＞ｎのとき
ｃ(ｋ)＝ｃ(ｋ−１)−ｂ(ｋ−１)とｂ(ｋ)の大きいほう
ｂ(ｋ)＝ｃ(ｋ−１)−ｂ(ｋ−１)とｂ(ｋ)の小さいほう
ｃ(１)＝ｍ
ｂ(１)＝ｍ
の漸化式で与えられる数列を考える。
ユークリッドの互除法により
[ｍ ｎ]＝[ｃ(１) ｄ(１)]＝[ｃ(ｋ) ｄ(ｋ)]である。
また、ｃ(ｋ)＝ｄ(ｋ)なるｋが存在し、
そのときのｃ(ｋ)がｍ、ｎの最大公約数である。・・・A
ｃ(１)、ｄ(１)ともにｘｍ＋ｙｎの形で表せる
(ｘ、ｙともに、ある整数)・・・１
ｃ(ｋ)、ｄ(ｋ)ともに上の形で表せるとき
ｃ(ｋ)＝ｐｍ＋ｑｎ
ｄ(ｋ)＝ｒｍ＋ｓｎ(ｐｑｒｓともに整数)と置くと
ｃ(ｋ＋１)＝ｒｍ＋ｓｎ または (ｐ−ｒ)ｍ＋(ｑーｓ)ｎ
ｄ(ｋ＋１)＝ｒｍ＋ｓｎ または (ｐ−ｒ)ｍ＋(ｑーｓ)ｎ
であり、いずれにせよ、ｃ(ｋ＋１)、ｄ(ｋ＋１)ともに
ｘｍ＋ｄｍの形で表せる・・・２
１，２により任意のｋに対してｃ(ｋ＋１)、ｄ(ｋ＋１)ともに
ｘｍ＋ｙｍの形で表せる。・・・３
Aとｍ、ｎが互いに素であることから
ｃ(ｋ)＝１であるようなｋが存在する。
このときｃ(ｋ)＝ｖｍ＋ｗｎ＝１・・・３とおく。
大小関係から明らかにｖｗ＜０である。
ｗ＜０のとき
ｖ＝a、ｗ＝ｂと置けば与式は成立する。
また、ｖ＜０のとき、３の両辺を自乗すると
(ｍｖ2)ｍ＋(２ｖｍｗ＋ｎｗ2)ｎ＝１
ｍｖ2＞０
であるから大小関係より(２ｖｍｗ＋ｎｗ2)＜０である。
ｍｖ2＝a
２ｖｍｗ＋ｎｗ2＝−ｂ
と置けば、与式は成立する
●ｎ＞ｍのときも、同様に証明できる。
（２）
背理法で示す。
| ｘ＝ | ｂ ａ | が方程式の解であると仮定する。 |
このとき両辺にakを掛けると
| 方程式はｂ（ | k Σ n=1 | ｇnｂk-nan-1 | ） | ＝−ak |
ところが、左辺は（1ではない整数）×整数の形をしており、
かつakはｂを因数に含まない。
これは矛盾。
よって、与えられた方程式が有理数の解を持つのなら
| その解は | 1 r | の形をしている。 |
【問題２】
(１）
ｋ＝１の時、明らか
ｋ＝ｌの時cosｋαがcosαの多項式で表せ、
sinｌαがsinα×cosαの多項式で表せると仮定する。
cos(l+1)α
=ｆ(cosα)cosα＋ｇ(cosα)sinα・sinα
=ｆ(cosα)cosα＋ｇ(cosα)（1-cosα・cosα）
sin(l+1)α
=sin(lα)cosα+cos(lα)sinα
=sinα（g(cosα)cosα+f(cosα)）
となりいずれの場合も成立。
以上で、与えられた命題は証明された。
（２）
k=1のとき明らか。
k=2l-1のとき成立すると仮定する。
(1)の結果と加法定理より
cos(2l+1)α
=cosαh(cosα)cos2α-sinαg(cosα)sin2α
=cosαh(cosα)cos2α-sinα*sinαg(cosα)cosα
cos2α、sinα*sinαがcosαの多項式で表せることにより
cos(2l+1)αがcosα×cosαの多項式で表せる
以上により与えられた命題は証明された。
命題Ａ
任意の整数ｋに対し、cosｋθが無理数ならcosθは無理数
証明
問題２の１）の（ ）の中身の対偶を取れば明らか。
【問題３】
（１）
背理法で示す
a、ｂは任意の０でない整数。
また互いに素である２整数ｍ、ｎに対し
ユークリッドの互除法の特殊解ma+nb=1のa,bどちらかが０である場合題意を満たすことは明らかなので、以下の議論でｍ、ｎはそのような組み合わせではない。
| 一般に cos( | １ ｎ |
)πが無理数のとき |
| cos(a＋ | １ ｎ |
)π＝cos( | １ ｎ |
)π or −cos( | １ ｎ |
)π |
命題Ａより、任意の０でない整数ｂに対して
| cosθが無理数ならcos( | １ ｂ |
)θも無理数。 |
| よって、cos | １ ｂ |
(ａ＋ | １ ｎ |
)π も無理数。 |
問題１の（１）より
ｍ、ｎに対し、mｘ＝nｙ＋１となる整数ｘ、ｙが存在する。
ｘ＝ｂ、ｙ＝ａと置くと
| ｍ ｎ |
＝ | １ ｂ |
(ａ＋ | １ ｎ |
)である。 |
以上から命題は証明された。
（２）
n=４ｋ（ｋはある整数）とおく。
| cos( | ｋ ４ｋ |
)π＝ | １ |
（３）
| ｙ＝cosｘが０＜ｘ＜ | π ２ |
で単調減少だから |
| cos | π ｎ |
＞ | cos | π ３ |
＝ | １ ２ |
・・・(1) |
ところで問題２の（２）より
| cos ｎ( | π ｎ |
)＝１は問題１の（２）の形の方程式である |
| これが有理数解を持つなら、それは | １ ｒ |
の形をしていなければならないが |
（４）
ｎが４の倍数のとき（２）の結果より題意は明らかに成り立つ。
以下ｎは４の倍数ではない１０以上の偶数として議論を進める。
ｎの因数に５以上の奇数（ｋ）が含まれているとき、ｋは奇数だから
| cos | ２π ２ｋ |
＝ | cos | π ｋ |
は無理数。 |
（３）の結果より）
| よって問題２（２）の結果よりcos | π ２ｋ |
は無理数。 |
また、ｋが５以下の奇数の場合、ｎは１０未満。
よって題意は証明された。
（５）
| ３より cos | π ｎ |
が有理数となるｎは奇数なら１，３でなければならない。 |
| ４、２より cos | π ｎ |
が有理数となるｎは偶数なら２、６で無ければならない。 |
| cos | π ６ |
は |  ２ |
で無理数。 |
| よって cos | π ｎ |
が有理数になるならｎは１，２，３であることが必要。 |
| cos | π ｎ |
はそれぞれ−１、０、 | １ ２ |
で確かに有理数。 |
（６）
問題２の（１）と問題３の（１）より
| cos | ｍπ ｎ |
が有理数⇔cos | π ｎ |
問題３の（５）より
| cos | π ｎ |
が有理数⇔ｎ＝１、２、３ |
| cos | ｍπ ｎ |
⇔cos | π ｎ |
⇔ｎ＝１、２、３ |
【問題４】
（１）
このとき整数ｌ、ｍ、ｎをつかって
a＝ｌｋ、ｂ＝ｍｋ、ｃ＝ｎｋ と置ける。
余弦定理により
cosA
| ＝ | ｋ2(ｍ2＋ｎ2−ｌ2) ２ｍｎｋ2 |
| ＝ | ｍ2＋ｎ2−ｌ2 ２ｍｎ |
同様にcosB、cosCについても証明できる
（２）
ある整数ｌ、ｍ、ｎをもちいて
A＝ｘπ、B＝ｙπ、C＝π−ｘπ−ｙπ
A:B:C＝ｘ：ｙ：１−ｘ−ｙ＝ｌ：ｍ：ｎとおける。
よってｘｍ＝ｌｙ、ｙｎ＝ｍ−ｘｍ−ｙｍ
| よってｙ＝ | ｍ ｌ＋ｍ＋ｎ |
となりBは有理数×πの形で表せる
同様にA、Cについても
| A＝ | ｌπ ｌ＋ｍ＋ｎ |
、C＝ | ｎπ ｌ＋ｍ＋ｎ | とかける。 |
（３）
（２）かつ（１）のとき、問題３（６）の結果より
| A、B、Cはπ、 | π ２ |
、 | π ３ |
のいずれかの倍数。 |
| しかし、その最小値 | π ３ |
の３倍がπであることを考えると |
| A＝B＝C＝ | π ３ |
となるものしかない。 |