慶應義塾大学過去問徹底研究　2016年大問4

方針の立て方

(1)
実際に $k$ に小さい順から値を代入して確かめてみることで，方針どころか答えが得られる．

(2)
この問題の困難の一つは未知数が多いことである( $a,b,k$ )．まずはこの未知数を減らしたい．事実Fを用いれば $a$ を消去できると考え，早速事実Fを用いる．この問題では，整数 $k$ が任意であることに注意したい．また，複素数の累乗を見たらド・モアブルの定理を疑うことは基本解法としておさえておきたい．その後， $m$ を動かすことで答えが分かる．

(3)
複素数の累乗を見たらド・モアブルの定理を疑うという基本解法，三角関数は $2\pi$ 周期の関数であることから方針を得る．その後は，分数の厄介さを解消するために分母を払うこと，更に， $a,b$ が互いに素であることから，１次不定方程式に持ち込むことを考えたい．

(4)
(2)と問題設定が似ているため，(2)の結果を用いたい．その後は素直に集合 $Q_1$ の要素と集合 $Q_2$ の要素を掛け合わせたものを考えていけばよい． $2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi$ の範囲を考えれば，重複を考える必要があると分かる． $b_1$ と $b_2$ が互いに素でないときは， $\begin{cases}b_1=db_1^\prime\\b_2=db_2^\prime\end{cases}$ ( $b1',b2'$ は互いに素な整数)と書けることは頻出の解法のためおさえておきたい．

解答例

(1)
ツ:3
(2)
テ: $b$
(3)以下、解答
$2akbπ=2πb+2nπ$ ( $n$ は整数)となる $k$ が存在すれば必要十分．
$\frac{2ak}{b}\pi=\frac{2\pi}{b}+2n\pi\Leftrightarrow ak=1+nb\Leftrightarrow ak-nb=1$
$a$ ， $b$ は互いに素であるから，この１次不定方程式を満たす整数の組 $\left(k,n\right)$ は存在する．
証明終了．
(4)
ト: $b_1b_2$
ナ: $\frac{b_1b_2}{d}$

解説
(1)
$k=1,2$ は，自明に不可．
$k=3$ のとき，
$\left(\cos{\frac{4}{5}\pi}+i\sin{\frac{4}{5}\pi}\right)^k=\cos{\frac{12}{5}\pi}+i\sin{\frac{12}{5}\pi}$ (ド・モアブルの定理) $=\cos{\frac{2}{5}\pi}+i\sin{\frac{2}{5}\pi}$
よって，求める $k$ は3……(答)

(2)
事実Fから，
$P=$ { $z|z$ は整数 $m$ を用いて $\left(\cos{\frac{2}{b}\pi}+i\sin{\frac{2}{b}\pi}\right)^m$ と表される複素数
となる．
$z=\left(\cos{\frac{2}{b}\pi}+i\sin{\frac{2}{b}\pi}\right)^m=\cos{\frac{2m}{b}\pi}+i\sin{\frac{2m}{b}\pi}$ は， $m=1,2,\cdots\cdots,b$ のそれぞれの値に対して，異なる複素数となるが，それ以外の整数については， $m=1,2,\cdots\cdots,b$ のどれかの整数を代入した複素数と同じ複素数となる．
$\therefore n\left(P\right)=b$ ……(答)

(4)
(2)と同様に考えると，
$Q_1=$ { $z|z$ は整数 $k_1$ を用いて $\left(\cos{\frac{2}{b_1}\pi}+i\sin{\frac{2}{b_1}\pi}\right)^{k_1}$ と表される複素数}
$Q_2=$ { $z|z$ は整数 $k_1$ を用いて $\left(\cos{\frac{2}{b_2}\pi}+i\sin{\frac{2}{b_2}\pi}\right)^{k_2}$ と表される複素数}
であり，
$n\left(Q_1\right)=b_1$
$n\left(Q_2\right)=b_2$
である．
〇 $b_1$ と $b_2$ が互いに素であるとき
$\left(\cos{\frac{2k_1}{b_1}\pi}+i\sin{\frac{2k_1}{b_1}\pi}\right)\cdot\left(\cos{\frac{2k_2}{b_2}\pi}+i\sin{\frac{2k_2}{b_2}\pi}\right)=\cos{2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi}+i\sin{2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi}$
ここで， $k_1=1,2,\cdots\cdots,b_1$ ， $k_2=1,2,\cdots\cdots,b_2$ の範囲で考えると(この範囲のみで考えても， $Q_1$ ， $Q_2$ の全ての要素を考えつくしたことになる)， $0<k_1\leqq b_1$ ， $0<k_2\leqq b_2$ より，
$0<2\left(\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}\right)\pi$ ≦ $4pi$
となる．よって， $Q_1$ と $Q_2$ の異なる要素の組を掛け合わせたとしても，その積に重複が生じる可能性があると考えられるが，以下では，その重複が存在しないことを示す．
そのために，
$\frac{k_1b_2+k_2b_1}{b_1b_2}=\frac{k_1^\prime b_2+k_2^\prime b_1}{b_1b_2}+n$ ( $n=0,1$ ) $\Leftrightarrow$ $\frac{k_1-k_1^\prime}{b_1}+\frac{k_2-k_2^\prime}{b_2}=n$
となる整数の組 $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ を考える．
上の方程式を満たす $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ の組が， $\left(k_1,k_2\right)$ のみであることを示せれば，必要十分である．
まず， $n=0$ となるには，
$\begin{cases}k_1-k_1^\prime=0\\k_2-k_2^\prime=0\end{cases}\Leftrightarrow\left(k_1,k_2\right)=\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$
が必要．
次に， $n=1$ となるには，
$\frac{k_1-k_1^\prime}{b_1}+\frac{k_2-k_2^\prime}{b_2}=1\Leftrightarrow\left(k_1-k_1^\prime\right)b_2+\left(k_2-k_2^\prime\right)b_1=b_1b_2\bigm\Leftrightarrow\left(k_1-k_1^\prime\right)b_2=\left(b_2-k_2+k_2^\prime\right)b_1\bigm\Leftrightarrow\frac{b_1}{b_2}=\frac{k_1-k_1^\prime}{b_2-\left(k_2-k_2^\prime\right)}$
であること( $b_1$ と $b_2$ は互いに素であるから，左辺は既約分数)と， $1\leqq b_2-\left(k_2-k_2^\prime\right)\leqq2b_2-1<2b_2$ より，
$\begin{cases}k_1-k_1^\prime=b_1\\b_2-(k_2-k_2^\prime)=b_2\end{cases}$
が必要だが， $k_1-k_1^\prime=b_1$ は不可．
よって，方程式を満たす $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ の組は存在しない．
以上より，方程式を満たす $\left(k_1^\prime,k_2^\prime\right)$ の組は $\left(k_1,k_2\right)$ のみである．
つまり， $Q_1$ と $Q_2$ の異なる要素の組を掛け合わせたとき，その積に重複が生じる可能性はないことが示せた．
よって，
$n\left(R\right)=b_1b_2$ ……(答)
〇 $b_1$ と $b_2$ が互いに素でないとき
$\begin{cases}b_1=db_1^\prime\\b_2=db_2^\prime\end{cases}$ ( $b_1^\prime,b_2^\prime$ は互いに素な整数)
と書ける．
$\therefore\left(\cos{\frac{2k_1}{b_1}\pi}+i\sin{\frac{2k_1}{b_1}\pi}\right)\cdot\left(\cos{\frac{2k_2}{b_2}\pi}+i\sin{\frac{2k_2}{b_2}\pi}\right)=\cos{2\left(\frac{k_1b_2^\prime+k_2b_1^\prime}{db_1^\prime b_2^\prime}\right)\pi}+i\sin{2\left(\frac{k_1b_2^\prime+k_2b_1^\prime}{db_1^\prime b_2^\prime}\right)\pi}$
上記の議論と比べれば，
$n\left(R\right)=b_1^\prime b_2^\prime=\frac{b_1b_2}{d}$ ……(答)