[math]1996年東京工業大学前期数学問題1

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問題

$2$以上の整数$n$に対して方程式$x_1+x_2+\cdots + x_n = x_1x_2\cdots x_n$の正の整数解$(x_1, x_2, \cdots, x_n)$を考える。ただし、たとえば$(1, 2, 3)$と$(3, 2, 1)$は異なる解とみなす。このとき次の各問に答えよ。
$(1)$ $n = 2$および$n = 3$のときの解をすべて求めよ。
$(2)$ 解が$1$つしかないような$n$をすべて求めよ。
$(3)$ 任意の$n$に対して解は少なくとも$1$つ存在し、かつ有限個しかないことを示せ。

方針

$(1)$を解いて様子を掴みたい。$(2)$は$n\geq 3$のときには複数の解を持つ例をあげることができる。

解答

$(1)$ $n=2$のとき$x_1+x_2=x_1x_2$だから、$(x_1-1)(x_2-1)=1$である。したがって、$(x_1-1, x_2-1) = (1, 1)$だから、$\underline{(x_1, x_2) = (2, 2)}$である。$n=3$のとき、$x_1+x_2+x_3 = x_1x_2x_3$だから、$\displaystyle \frac{1}{x_1x_2}+\frac{1}{x_2x_3}+\frac{1}{x_3x_1} = 1$である。ここで$x_1\leq x_2\leq x_3$とすると、$$\frac{1}{x_1x_2}+\frac{1}{x_2x_3}+\frac{1}{x_3x_1}\leq \frac{3}{{x_1}^2}$$である。左辺は$1$なので、$\displaystyle \frac{3}{{x_1}^2}\geq 1$である。これから$x_1 = 1$となる。すると、$1+x_2+x_3 = x_2x_3$となるから、$(x_2-1)(x_3-1)=2$となる。したがって、$(x_2-1, x_3-1) = (1, 2), (2, 1)$であるから、$(x_2, x_3) = (2, 3), (3, 2)$である。以上より、$x_1\leq x_2\leq x_3$という制限をなくして考えると、$\underline{(x_1, x_2, x_3) = (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)}$となる。

$(2)$ $n\geq 3$であるとき$(x_1, x_2, x_3, \cdots, x_{n-1}, x_{n}) = (1, 1, 1, \cdots, 2, n)$とすると、$x_1+x_2+\cdots + x_n = 1\times(n-2)+2+n = 2n$であり、$x_1x_2\cdots x_n = 2n$となるから、題意の方程式は解を持つ。どれが$2$と$n$になるかでいくつかの組み合わせがあるから、$n\geq 3$のときは$1$つ以上の解があることがわかる。これと$(1)$から、解が$1$つしかない$n$は$\underline{n=2}$である。

$(3)$ 解が少なくとも$1$つあることは$(2)$から示された。解が有限個であることを示す。$x_1\leq x_2\leq \cdots \leq x_n$とすると、$x_1x_2\cdots x_n = x_1+x_2+\cdots +x_n \leq nx_n $であるから、$x_1x_2\cdots x_{n-1}\leq n$となる。これを満たす$(x_1, x_2, \cdots, x_{n-1})$の個数は有限個であり、その一つ一つに応じて、$x_n$は一意に定まる。$x_1\leq x_2\leq \cdots \leq x_n$という制限を外しても、解は高々$n!$通りしか増えず、これも有限である。以上から、与えられた方程式の解の個数は有限となる。

解説

$(1)$はどのように解いても構わない。

$(2)$は具体的に一つ解を求めようという発想がないと厳しい。なお、次のような考え方もある。すなわち、解が$1$つしかないとしたら、それは$x_1=x_2=\cdots = x_n$という形で、その値を$a$（整数）とすると、$na=a^n$となる。これを満たす$n$が$n=2$のみであることを証明すれば良いが、それほど難しくはない。$(2)$が出来たら、$(3)$も一気に解いてしまいたいところである。$n!$もされるので本当に有限なのかという気もするが、いくら多くても所詮は$n!$倍なので、無限に比べたら大したことはない。要所要所で色々な考え方を引っ張り出してこなければならない。勘、理論のどちらかが欠けても解くことが出来ない東工大らしい、良問である。