整数の性質 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $1$ 次不定方程式は「特殊解を $1$ つ見つけ、そこに周期を足す」のが基本だ。まず解を $1$ 組だけ探す。

合同式が速い。$17x-13y=5$ を $\mathrm{mod}13$ で見ると $17x\equiv 5$、$17\equiv 4$ だから $4x\equiv 5(\mathrm{mod}13)$。$4$ の逆数($4\cdot 10=40\equiv 1$)を掛けて $x\equiv 50\equiv 11(\mathrm{mod}13)$。$x=11$ なら $y=\frac{17\cdot 11-5}{13}=14$。

一般解は「特殊解 $+$ 係数を入れ替えた周期」。$x=11+13t$、$y=14+17t$($t$ は整数)。$x$ の周期が $13$($y$ の係数)、$y$ の周期が $17$($x$ の係数)になる。

① 特殊解を探す。 $17x-13y=5$ を $\mathrm{mod}13$ で見ると $17\equiv 4$ だから

$$4x\equiv 5(\mathrm{mod}13)$$

$4$ の逆数は $10$($4\cdot 10=40\equiv 1$)だから $x\equiv 50\equiv 11(\mathrm{mod}13)$。$x=11$ のとき $17\cdot 11=187$、$187-5=182=13\cdot 14$ より $y=14$。特殊解 $(x,y)=(11,14)$。

② 一般解を書く。 $x$ の係数 $17$、$y$ の係数 $13$ を入れかえてずらすと

$$x=11+13t,y=14+17t(t\text{は整数})$$

(検算:$17(11+13t)-13(14+17t)=187+221t-182-221t=5$。$t$ によらず成立。)

まとめ:$1$ 次不定方程式は「特殊解 $1$ つ + 周期」。特殊解は合同式(片方の文字を消す)で速く出る。一般解の周期は係数を入れかえた $x=x_0+bt,y=y_0+at$ で、$t$ を動かすとすべての解が得られる。

発展。 $ax+by=c$ が整数解をもつ $⟺$ $\gcd (a,b)\mid c$。解があるとき、特殊解 $+$ 周期(周期は $\frac{b}{\gcd },\frac{a}{\gcd }$)ですべて表せる。互除法・合同式・不定方程式は同じ理論を $3$ つの方向から見たもので、暗号(RSA)の鍵計算でも逆数を求める同じ計算が使われる。

別解

別解:ユークリッドの互除法で特殊解を作る(苦手な人にも確実なルート)。 合同式でなく、互除法で $\gcd (17,13)$ を求める過程を逆にたどって特殊解を作る。

$$17=13\cdot 1+4,13=4\cdot 3+1.$$

$\gcd =1$ で、$5$ は割り切れるから解がある。$1$ を作る式を逆算: $1=13-4\cdot 3=13-(17-13)\cdot 3=13\cdot 4-17\cdot 3$。すなわち $17\cdot (-3)+13\cdot 4=1$。

両辺を $5$ 倍: $17\cdot (-15)+13\cdot 20=5$、つまり $17\cdot (-15)-13\cdot (-20)=5$。特殊解 $(x,y)=(-15,-20)$。一般解は $x=-15+13t$、$y=-20+17t$。$t=2$ とすると $(x,y)=(11,14)$ で、本解の形と一致する(特殊解の取り方が違うだけで、同じ解の集合)。

合同式(本解)は逆数を見つければ速いが、互除法は「$\gcd$ を求める計算をそのまま逆にたどる」ので、どんな係数でも機械的に特殊解が作れる。互除法と不定方程式は表裏一体だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 約数の個数は、素因数分解 $p^a{q}^b\cdots$ に対して $(a+1)(b+1)\cdots$。これが $15$ になる指数の組を探すのが出発点。

$15=15,5\times 3,3\times 5$ と分解できる。指数の組は $(a+1)=15$ すなわち $a=14$($p^{14}$)、または $(a+1,b+1)=(5,3)$ すなわち $p^4{q}^2$。最小にするには「小さい素数に大きい指数」を割り当てる。$p^4{q}^2$ で $p=2,q=3$ なら $2^4\cdot 3^2=144$。$p^{14}=2^{14}$ は巨大。だから最小は $144$。

① 個数 $15$ を分解する。 $(a+1)(b+1)\cdots =15$。$15=15$ または $15=3\times 5$。

• $15=15$:指数 $(a)=(14)$ → $N=2^{14}=16384$。
• $15=3\times 5$:指数 $(a,b)=(2,4)$ または $(4,2)$。

② 最小化する。 $2$ 素数のときは、小さい素数 $2$ に大きい指数を与えると小さくなる。

• $2^4\cdot 3^2=16\cdot 9=144$
• $2^2\cdot 3^4=4\cdot 81=324$

$144<324<16384$。よって最小は $144$。

③ 確認。 $144=2^4\cdot 3^2$ の約数の個数は $(4+1)(2+1)=15$。

まとめ:約数の個数の逆問題は「$15$ を積に分解 → 指数の組 → 小さい素数に大きい指数」。指数の割り当てで数の大きさが大きく変わるので、$2^4\cdot 3^2$ のように小さい素数を厚く使うのが最小化のコツ。

発展。 「約数の個数を保って数を最小化」は、小さい素数に大きい指数を割り当てるのが原則。逆に「$n$ 以下で約数が最も多い数」(高度合成数 $12,24,36,48,60,\dots$)も同じ発想で見つかる。約数の個数 $\tau (n)=\prod (a_i+1)$ は、素因数分解の指数だけで決まる乗法的な関数だ。

別解

別解:約数 $15$ 個の「形」を全部書き出して比べる(苦手な人向け)。 $15$ の約数分解 $15=15,15=3\times 5$ から、素因数分解の「形」は $2$ 通りしかない。それぞれで最小の数を作って比べる。

【形 A: $p^{14}$】約数 $(14+1)=15$ 個。最小は $2^{14}=16384$。【形 B: $p^4{q}^2$】約数 $(4+1)(2+1)=15$ 個。最小にするには、大きい指数 $4$ を小さい素数 $2$ に、小さい指数 $2$ を次の素数 $3$ に。$2^4\cdot 3^2=16\cdot 9=144$。

(もし逆に $2^2\cdot 3^4=4\cdot 81=324$ とすると大きくなる。指数の割り当てを使う。)$2$ つの形の最小 $16384$ と $144$ を比べて、$144$ が全体の最小。

「小さい素数に大きい指数」の理由も見える。$2^4\cdot 3^2$ と $2^2\cdot 3^4$ は指数の合計が同じでも、$2$ を多く使う方が小さい。約数の個数を保ったまま数を最小化する原則だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「解が存在しない」を示すには背理法(または無限降下法)。まず平方を $3$ で割った余りを調べる。

平方 $\mathrm{mod}3$ は $0$ か $1$ だけ($0^2\equiv 0$、$(\pm 1{)}^2\equiv 1$)。だから $x^2+y^2\equiv 0(\mathrm{mod}3)$ になるのは $x^2\equiv 0$ かつ $y^2\equiv 0$、すなわち $x,y$ ともに $3$ の倍数のときだけ。

すると $x=3x^{\prime }$、$y=3y^{\prime }$ で、$9x^{\prime 2}+9y^{\prime 2}=3z^2$ から $z^2=3(x^{\prime 2}+y^{\prime 2})$、$z$ も $3$ の倍数。$x,y,z$ を $3$ で割った $x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime }$ もまた解になる。これを繰り返すと、いくらでも小さい正の解ができて矛盾(無限降下)。

① $x,y$ が $3$ の倍数。 最小の正の解 $(x,y,z)$ があると仮定する。平方の余りは $0,1$ だから、$x^2+y^2$ を $3$ で割った余りは $0,1,2$ のいずれか。これが $3z^2$(=$3$ の倍数)に等しいには余り $0$、すなわち $x^2\equiv 0$ かつ $y^2\equiv 0(\mathrm{mod}3)$。よって $x,y$ はともに $3$ の倍数。

② $z$ も $3$ の倍数。 $x=3x^{\prime },y=3y^{\prime }$ とおくと $9x^{\prime 2}+9y^{\prime 2}=3z^2$、すなわち $3(x^{\prime 2}+y^{\prime 2})=z^2$。よって $z^2$ は $3$ の倍数、$z$ も $3$ の倍数。$z=3z^{\prime }$ とおくと

$$3(x^{\prime 2}+y^{\prime 2})=9z^{\prime 2}⟹x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=3z^{\prime 2}$$

③ 無限降下で矛盾。 $(x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })=(x/3,y/3,z/3)$ も正の整数解で、もとより小さい。これは「最小の解」という仮定に反する(いくらでも小さい正の解が作れる)。よって正の整数解は存在しない。(証明終)

まとめ:$x^2+y^2=3z^2$ に解がないのは「平方の $3$ での余りが $0,1$」という制約から、解があれば $x,y,z$ が無限に $3$ で割れてしまうため。無限降下(最小の解を仮定して、より小さい解を作り矛盾)は、整数解の非存在証明でよく使う方法だ。

発展。 $x^2+y^2=3z^2$ に解がないのは、「$3$ は $2$ 平方和で表せない素数($3\equiv 3(\mathrm{mod}4)$)」の反映。無限降下法はフェルマーが $x^4+y^4=z^4$ の非存在を示すのに使った由緒ある手法で、フェルマーの最終定理の証明の原型でもある。「最小の解があれば、より小さい解が作れる」という矛盾の作り方だ。

別解

別解:$\mathrm{mod}3$ の矛盾だけで(無限降下を使わずに)示す(得意な人向けの視点)。 無限降下を持ち出さなくても、「互いに素な最小解」を仮定するだけで矛盾が出る。

もし正の整数解があるなら、$\gcd (x,y,z)=1$ となる解(共通因数を約分した「原始解」)が存在する。この原始解で考える。平方 $\mathrm{mod}3$ は $0,1$ だから、$x^2+y^2\equiv 3z^2\equiv 0(\mathrm{mod}3)$ より $x\equiv y\equiv 0(\mathrm{mod}3)$。すると $x,y$ が $3$ の倍数で、$3z^2=x^2+y^2$ が $9$ の倍数、$z^2$ が $3$ の倍数、$z$ も $3$ の倍数。

$x,y,z$ がすべて $3$ の倍数になり、これは $\gcd (x,y,z)=1$(原始解)に反する。矛盾。

無限に小さくしていく(本解の無限降下)代わりに、「最初から約分し切った原始解」を仮定すると、$1$ 回の $\mathrm{mod}3$ 計算で矛盾が出る。無限降下と「原始解の仮定」は同じことの表裏で、後者の方が短く書ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $n$ 進法の $1331_{(n)}$ を、位取りの意味で $10$ 進法(通常の整数)に直す。各桁を $n$ のべきで重みづけると、$1331_{(n)}=1\cdot n^3+3\cdot n^2+3\cdot n+1$。

この係数 $1,3,3,1$ を見て気づきたい。パスカルの三角形の $3$ 段目、二項係数だ。$1\cdot n^3+3\cdot n^2+3\cdot n+1=(n+1{)}^3$。だから $1331_{(n)}$ は $(n+1{)}^3$、整数の $3$ 乗。

① 位取りで $n$ の式に直す。 $1331_{(n)}$ は、各桁 $1,3,3,1$ に重み $n^3,n^2,n,1$ を掛けて

$$1331_{(n)}=1\cdot n^3+3\cdot n^2+3\cdot n+1=n^3+3n^2+3n+1$$

② 展開公式と見比べる。 係数 $1,3,3,1$ は $(n+1{)}^3$ の展開そのもの:

$$(n+1{)}^3=n^3+3n^2+3n+1$$

よって

$$1331_{(n)}=(n+1{)}^3$$

は整数 $n+1$ の $3$ 乗である。(証明終)(注:各桁 $3$ が桁として意味をもつには $n\ge 4$ が必要。だから $n\ge 4$ という条件がついている。)

まとめ:$n$ 進法の数は「桁 × $n$ のべき」で $n$ の多項式になる。$1331$ の係数 $1,3,3,1$ は $(n+1{)}^3$ の二項係数で、どんな $n$($\ge 4$)でも立方数になる。$10$ 進で $1331=11^3$ なのも、この $n=10$ の場合。

発展。 $11^k$ の各進法表示が二項係数になるのは、$11=n+1$($n$ 進法)で $(n+1{)}^k$ の展開係数が桁に並ぶから($n\ge$ 最大係数 のとき)。$121=11^2$、$1331=11^3$、$14641=11^4$ はパスカルの三角形の各段。ただし $11^5=161051$ で段($1,5,10,10,5,1$)が繰り上がって崩れる。進法と二項定理が結びつく例だ。

別解

別解:$x=n+1$ の展開として見る(得意な人向けの視点)。 $1331$ という桁の並びはそもそも「$11$ の $3$ 乗 $=1331$」($10$ 進法)を思い出させる。これは $n$ 進法でも同じ構造だ。

$n$ 進法で「$11_{(n)}$」は $n+1$ を表す。その $3$ 乗を $n$ 進法で書くと、二項展開

$$(n+1{)}^3=n^3+3n^2+3n+1$$

の各係数 $1,3,3,1$ が、$n^3,n^2,n^1,n^0$ の位に並ぶ。ただし各係数が $n$ 未満($n\ge 4$ なら $3<n$)なので、繰り上がりなしにそのまま桁になる。だから $(n+1{)}^3$ は $n$ 進法で $1331_{(n)}$。

逆に読めば、$1331_{(n)}=(n+1{)}^3$。$n\ge 4$ の条件は「係数 $3$ が $n$ 未満で繰り上がらない」ため。$n=3$ だと $3$ が桁に書けず繰り上がってしまう。パスカルの三角形の段($1,2,1$ や $1,4,6,4,1$)が、そのまま $11^k$ の各進法表示になる、という事実の一例だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 最大公約数が $12$ なら、$a=12a^{\prime }$、$b=12b^{\prime }$($a^{\prime },b^{\prime }$ は互いに素)と書ける。この形にするのが第一歩。

最小公倍数は互いに素な $a^{\prime },b^{\prime }$ を使うと $\mathrm{lcm}=12a^{\prime }{b}^{\prime }$。これが $720$ だから $a^{\prime }{b}^{\prime }=60$。あとは「互いに素で積が $60$ の組 $(a^{\prime },b^{\prime })$」($a^{\prime }\le b^{\prime }$)を挙げる。$60=2^2\cdot 3\cdot 5$ の素因数を $2$ グループに分けて互いに素にすると $(1,60),(3,20),(4,15),(5,12)$ の $4$ 組。それぞれ $12$ 倍する。

① 商の積を求める。 $a=12a^{\prime },b=12b^{\prime }$($a^{\prime },b^{\prime }$ 互いに素、$a^{\prime }\le b^{\prime }$)とおく。最小公倍数は $12a^{\prime }{b}^{\prime }=720$ だから

$$a^{\prime }{b}^{\prime }=60$$

② 互いに素な組を挙げる。 積が $60$ で互いに素な $(a^{\prime },b^{\prime })$($a^{\prime }\le b^{\prime }$):

• $(1,60)$、$(3,20)$、$(4,15)$、$(5,12)$

($(2,30)$ は $\gcd =2$、$(6,10)$ は $\gcd =2$ で互いに素でないから除く。)

③ $12$ 倍して戻す。

$$(a,b)=(12,720),(36,240),(48,180),(60,144)$$

まとめ:最大公約数の情報は「$a=g{a}^{\prime },b=g{b}^{\prime }$、$a^{\prime },b^{\prime }$ 互いに素」に書き直す。最小公倍数は $g{a}^{\prime }{b}^{\prime }$ なので商の積が決まり、あとは互いに素な因数分解を数える。$\gcd$ が消える組($(2,30)$ 等)を除くのがポイント。

発展。 $\gcd (a,b)\times \mathrm{lcm}(a,b)=ab$ は、素因数ごとに「指数の $\min +\max =$ 両方の和」から出る基本公式。$a=12a^{\prime },b=12b^{\prime }$($a^{\prime },b^{\prime }$ 互いに素)と分けると、互いに素な数の積が最小公倍数になる。$\gcd$ と $\mathrm{lcm}$ を与えて $2$ 数を復元する問題は、この分解が決め手だ。

別解

別解:積 $ab=\gcd \times \mathrm{lcm}$ を使って絞る(得意な人向けの視点)。 $2$ 数の「最大公約数 $\times$ 最小公倍数 $=$ $2$ 数の積」という公式を使う。

$$ab=\gcd (a,b)\times \mathrm{lcm}(a,b)=12\times 720=8640.$$

さらに $a=12a^{\prime }$、$b=12b^{\prime }$ とすると $ab=144a^{\prime }{b}^{\prime }=8640$ より $a^{\prime }{b}^{\prime }=60$。互いに素($\gcd (a^{\prime },b^{\prime })=1$)で積 $60$ の組を探す。$60=2^2\cdot 3\cdot 5$ の素因数を、$2$ つのグループに「まるごと」振り分ける(互いに素にするには、同じ素数を両方に分けられない)。素因数のかたまり $\{4\},\{3\},\{5\}$ を $2$ グループに分ける方法で

$$(a^{\prime },b^{\prime })=(1,60),(3,20),(4,15),(5,12).$$

($a^{\prime }\le b^{\prime }$。$4$ 組。)$12$ 倍して $(12,720),(36,240),(48,180),(60,144)$。

$\mathrm{lcm}=12a^{\prime }{b}^{\prime }$ を使う本解と同じだが、$ab=\gcd \times \mathrm{lcm}$ を使うと積 $8640$ からすぐに $a^{\prime }{b}^{\prime }=60$ が出る。素因数を「かたまりで」振り分けることが、互いに素にする条件の意味だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $30=2\cdot 3\cdot 5$。だから $n^5-n$ が $2,3,5$ のそれぞれで割り切れることを示せばよい($2,3,5$ は互いに素)。

まず因数分解。$n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=(n-1)n(n+1)(n^2+1)$。$(n-1)n(n+1)$ は連続する $3$ 整数の積だから、$2$ でも $3$ でも割り切れる。$5$ の倍数は $n$ を $5$ で割った余りで分類する(またはフェルマーの小定理 $n^5\equiv n(\mathrm{mod}5)$)。

① 因数分解する。

$$n^5-n=n(n^4-1)=n(n^2-1)(n^2+1)=(n-1)n(n+1)(n^2+1)$$

② $2$ と $3$ の倍数。 $(n-1)n(n+1)$ は連続する $3$ 整数の積だから、$2$ の倍数かつ $3$ の倍数(すなわち $6$ の倍数)。よって $n^5-n$ も $2,3$ の倍数。

③ $5$ の倍数。 $n$ を $5$ で割った余りで分類する。

• 余り $0$:$n$ が $5$ の倍数。
• 余り $\pm 1$:$n^2\equiv 1$ なので $n^2-1\equiv 0$、因数 $(n^2-1)$ が $5$ の倍数。
• 余り $\pm 2$:$n^2\equiv 4$ なので $n^2+1\equiv 0$、因数 $(n^2+1)$ が $5$ の倍数。

どの場合も $n^5-n$ は $5$ の倍数。

④ まとめる。 $2,3,5$ はどの $2$ つも互いに素だから、$n^5-n$ は $2\cdot 3\cdot 5=30$ の倍数。(証明終)

まとめ:$30$ の倍数は「$2,3,5$ の倍数を別々に」。因数分解で連続 $3$ 整数を出せば $2,3$ は自動。$5$ は余り分類で、$n^2-1$ か $n^2+1$ のどちらかが必ず $5$ で割れる($n^2\equiv 0,1,4(\mathrm{mod}5)$)ことを使う。

発展。 フェルマーの小定理 $n^p\equiv n(\mathrm{mod}p)$ から、$n^5-n$ は $2,3,5$(と、フェルマーの小定理が使える $p$)の倍数。一般に $n^k-n$ が $m$ の倍数になる最大の $m$ は、$p-1\mid k-1$ となる素数 $p$ の積。$n^5-n$ なら $p-1\mid 4$ の素数 $2,3,5$ で $m=30$、$n^7-n$ なら $p-1\mid 6$ の $2,3,7$ で $m=42$。

別解

別解:フェルマーの小定理で $5$ の倍数をすぐに示す(得意な人向けの高い視点)。 $2,3$ の倍数は連続 $3$ 整数の積 $(n-1)n(n+1)$ から。$5$ の倍数を、余りの場合分けでなくフェルマーの小定理で示す。

フェルマーの小定理: $5$ が素数だから、すべての整数 $n$ で $n^5\equiv n(\mathrm{mod}5)$。すなわち $n^5-n\equiv 0(\mathrm{mod}5)$、$n^5-n$ は $5$ の倍数。$2$ の倍数: $(n-1)n$ に連続 $2$ 整数があるから偶数。$3$ の倍数: $(n-1)n(n+1)$ に連続 $3$ 整数があるから。$5$ の倍数: 上のフェルマー。

$2,3,5$ は互いに素だから、これらすべての倍数 $=30$ の倍数。

$5$ の倍数を「$n$ を $5$ で割った余り $0,1,2,3,4$ で場合分け」する本解に対し、フェルマーの小定理 $n^p\equiv n(\mathrm{mod}p)$ を使えば場合分けなしですぐに示せる。$n^5-n$ が $30$ の倍数なのは、$2,3,5$ という「小さい素数すべて」でフェルマーの小定理が使えるからで、$n^7-n$ なら $42=2\cdot 3\cdot 7$ の倍数になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「平方数でない」を示すには、$n^2+n+1$ を連続する $2$ つの平方数ではさむのが基本だ。

$n^2+n+1$ を $n^2$ と $(n+1{)}^2=n^2+2n+1$ と比べる。$n\ge 1$ なら $n^2<n^2+n+1<n^2+2n+1=(n+1{)}^2$ が成り立つ。$n^2$ と $(n+1{)}^2$ は連続する平方数で、その間には平方数がない。$n^2+n+1$ はちょうどこの間にあるから、平方数になり得ない。

① 下から。 $n\ge 1$ で $n+1>0$ だから

$$n^2+n+1>n^2$$

② 上から。 $(n+1{)}^2=n^2+2n+1$ との差をとると

$$(n+1{)}^2-(n^2+n+1)=n>0(n\ge 1)$$

よって $n^2+n+1<(n+1{)}^2$。

③ はさみうち。 以上より

$$n^2<n^2+n+1<(n+1{)}^2$$

$n^2+n+1$ は連続する平方数 $n^2$ と $(n+1{)}^2$ のあいだにあり、その間に平方数はない。したがって $n^2+n+1$ は平方数でない。(証明終)

まとめ:「平方数でない」は「連続する $2$ 平方数ではさむ」。$n^2+n+1$ は $n^2$ より $n+1$ だけ大きく、$(n+1{)}^2$ より $n$ だけ小さいので、ちょうど間に入る。間に平方数がないことが決め手。

発展。 「$k^2$ と $(k+1{)}^2$ の間に平方数はない」を使う証明は、$n^2+an+b$ 型が平方数かどうかの判定に広く使える。$n^2+n+1,n^2+2n+2=(n+1{)}^2+1$ などは、隣の平方との隙間を測れば平方数でないと分かる。ペル方程式 $x^2-D{y}^2=1$ など、「平方数になるのはいつか」は整数論の中心的な問い。

別解

別解:$4(n^2+n+1)$ を平方ではさむ(別の視点)。 分数や半端を避けるため、$4$ 倍して整数の平方ではさむ。$4(n^2+n+1)=4n^2+4n+4$。

これを連続する平方 $(2n+1{)}^2$ と $(2n+2{)}^2$ と比べる。

$$(2n+1{)}^2=4n^2+4n+1<4n^2+4n+4<4n^2+8n+4=(2n+2{)}^2(n\ge 1).$$

$4(n^2+n+1)$ は連続する平方 $(2n+1{)}^2$ と $(2n+2{)}^2$ の間にあり、間には平方数がない。だから $4(n^2+n+1)$ は平方数でない。$4$ は平方数だから、もし $n^2+n+1$ が平方 $m^2$ なら $4(n^2+n+1)=(2m{)}^2$ も平方になり、矛盾する。よって $n^2+n+1$ は平方数でない。

$n^2$ と $(n+1{)}^2$ ではさむ本解と同じ発想だが、$4$ 倍すると隙間が $(2n+1{)}^2$ と $(2n+2{)}^2$ という「隣り合う整数の平方」になり、はさみ込みがより鮮明。「$k^2$ と $(k+1{)}^2$ の間に平方数はない」を、都合のよいスケールで使うのがコツだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 循環小数を分数にする、いつもの方法を使う。$x$ とおき、循環節の桁数だけ小数点をずらして引く。

$x=0.135135\cdots$ の循環節は $135$ の $3$ 桁。$3$ 桁ずらすには $1000$ 倍する。$1000x=135.135135\cdots$ から $x$ を引くと、循環部分が打ち消し合って $1000x-x=135$。$x=\frac{135}{999}$。あとは約分する。

① 引き算で循環を消す。 $x=0.135135135\cdots$ とおく。循環節 $3$ 桁だから

$$1000x=135.135135\cdots$$

辺々引くと

$$1000x-x=135.135\cdots -0.135\cdots =135$$

② 分数にする。

$$999x=135⟹x=\frac{135}{999}$$

③ 約分する。 $135=27\cdot 5$、$999=27\cdot 37$。最大公約数は $27$ だから

$$x=\frac{135}{999}=\frac{5}{37}$$

まとめ:循環小数は「$10^{(\text{循環節の桁数})}$ 倍して引く」で分数化。循環節 $3$ 桁なら $\times 1000$、分母は $999$。最後に約分して既約分数にする($\frac{135}{999}=\frac{5}{37}$)。

発展。 循環小数が必ず有理数なのは、公比 $\frac{1}{10^k}$ の無限等比級数が収束するから。逆に、有理数 $\frac{p}{q}$ の小数展開は必ず有限か循環する(余りが $q$ 通りしかなく、いつか繰り返す=鳩の巣原理)。循環節の長さは $10$ の $\mathrm{mod}q$ での位数で決まる。$\frac{5}{37}$ の循環節が $3$ 桁なのは $10^3\equiv 1(\mathrm{mod}37)$ だからだ。

別解

別解:循環小数を無限等比級数として和で出す(得意な人向けの視点)。 $0.135135\cdots$ を、$135$ が $3$ 桁ごとに繰り返す無限等比級数とみる。

$$0.\dot{1}3\dot{5}=\frac{135}{1000}+\frac{135}{1000^2}+\frac{135}{1000^3}+\cdots .$$

初項 $\frac{135}{1000}$、公比 $\frac{1}{1000}$ の無限等比級数。和の公式 $\frac{\text{初項}}{1-\text{公比}}$ で

$$\frac{135/1000}{1-1/1000}=\frac{135/1000}{999/1000}=\frac{135}{999}=\frac{5}{37}.$$

$1000x-x$ で引く本解と同じ $\frac{135}{999}=\frac{5}{37}$ に着く。じつは「$1000x$ から $x$ を引く」操作は、等比級数の和の公式 $S-rS=$ 初項 の変形そのもの。循環小数が必ず有理数(分数)になるのは、公比 $\frac{1}{10^k}<1$ の等比級数が必ず収束するからだ。