連続する整数の積

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 「必ず $\dots$ になる」を示せと言われたら、具体例をいくつ挙げても証明にならない。$1\times 2=2$、$2\times 3=6$、$3\times 4=12$ — すべて偶数だが、これは「たまたま調べた $3$ 個がそうだった」だけだ。

すべての整数 $n$ について言えなければならない。

そこで偶奇で場合分けする。整数は必ず

$$n=2k(\text{偶数})\text{または}n=2k+1(\text{奇数})$$

のどちらかだ($k$ は整数)。この $2$ つで、すべての整数を尽くしている。

あとは、それぞれで $n(n+1)$ を計算し、$2\times (\text{整数})$ の形になることを見せる。

「$2\times$(整数)」と書けたら、それが偶数の定義そのもの。ここまで書き切って、はじめて証明になる。

連続する $2$ つの整数 $n$、$n+1$ のうち、必ず一方は偶数だ。それを $n$ の偶奇で分けて示す。

$n$ が偶数のとき:$n=2k$($k$ は整数)とおけて

$$n(n+1)=2k(n+1)=2\times k(n+1)$$

となり、$2\times$(整数)なので偶数。

$n$ が奇数のとき:$n+1$ が偶数になる。$n+1=2k$ とおけて

$$n(n+1)=n\times 2k=2\times kn$$

となり、やはり偶数。

どちらの場合も $n(n+1)$ は $2$ の倍数である。$■$

(同じ考え方で、連続する $3$ つの整数の積は必ず $6$ の倍数になる — このうち1つは必ず偶数、1つは必ず $3$ の倍数だからだ。)

発展 — 一歩先へ。 この問題が教えているのは、数学の証明における 「すべて」と「ある」の決定的な違いである。

• 「すべての $n$ で成り立つ」を示すには → 論証が要る。例をいくつ並べても足りない
• 「成り立たない $n$ がある」を示すには → 反例を $1$ つ挙げれば終わり

この非対称性を、いつも意識したい。

たとえば「$n^2+n+41$ は必ず素数である」という主張を考えよう。$n=0,1,2,\dots ,39$ まで試すと、$40$ 個すべてが素数になる(オイラーが見つけた有名な式だ)。

「$40$ 個も確かめたのだから正しいだろう」— しかし $n=40$ で破綻する。

$$40^2+40+41=41\times 41$$

$41$ の倍数になってしまう。 $40$ 個の成功例は、$1$ 個の反例の前に無力だった。

「たくさん確かめたから正しい」は、数学では通用しない。 逆に「$1$ つ反例を見つけたら、それで終わり」でもある。

$n(n+1)$ が偶数であることを、$100$ 個の例で確かめても証明にはならない。しかし $n=2k$ と $n=2k+1$ の $2$ 行を書けば、無限個すべてを一撃で証明できる。

論証は、無限を有限で捕まえる技術なのだ。

別解

「連続する $2$ 整数のうち、一方は必ず偶数」 — この一言で証明を終わらせる、より本質的なルートを見よう。そして、驚くべき一般化を紹介する。

別証明1: 偶数は交互に現れる。

整数を数直線に並べる。

$$\cdots ,\underset{\text{偶}}{\underbrace{-2}},\underset{\text{奇}}{\underbrace{-1}},\underset{\text{偶}}{\underbrace{0}},\underset{\text{奇}}{\underbrace{1}},\underset{\text{偶}}{\underbrace{2}},\underset{\text{奇}}{\underbrace{3}},\cdots$$

偶数と奇数は、必ず交互に並ぶ。 だから隣り合う $2$ つの整数 $n$、$n+1$ は、必ず一方が偶数で他方が奇数になる(両方とも奇数、ということはありえない)。

偶数を $1$ つでも含む積は、偶数である。よって $n(n+1)$ は偶数。証明終わり。

場合分けの計算をせずに、構造(偶奇の交替)を見て言い切る。これが「見通しのよい証明」だ。

別証明2: 組合せの個数として見る。

$$\frac{n(n+1)}{2}={}_{n+1}{\mathrm{C}}_2$$

右辺は「$n+1$ 個から $2$ 個を選ぶ選び方の数」 — これは当然、整数である(何かの個数なのだから、分数や小数であるはずがない)。

左辺が整数ということは、$n(n+1)$ は $2$ で割り切れる。証明終わり。

「数え上げの個数だから整数」という論法は、整数論では強力な武器になる。計算をせず、意味に訴えて割り切れることを示すのだ。

そして、これは一般化する。

$$\frac{n(n+1)(n+2)}{6}={}_{n+2}{\mathrm{C}}_3(\text{整数})$$

つまり連続する $3$ 整数の積は、必ず $6$($=3!$)の倍数。

一般に

$$\boxed{\text{連続する k 個の整数の積は、必ず }k!\text{の倍数}}$$

連続 $2$ 個なら $2!=2$ の倍数、連続 $3$ 個なら $6$ の倍数、連続 $4$ 個なら $24$ の倍数。

なぜか。 連続する $k$ 個の中には、$2$ の倍数も、$3$ の倍数も、$\dots$、$k$ の倍数も、必ず含まれているからだ(もっと正確には、上の組合せの式が保証してくれる)。

この一般化は、入試の整数問題でしばしば主役になる。「$n^3-n$ が $6$ の倍数であることを示せ」— 因数分解すれば

$$n^3-n=n(n-1)(n+1)=(n-1)n(n+1)$$

連続する $3$ 整数の積だ。だから $6$ の倍数。 場合分けも合同式も要らない。

問題を「連続整数の積」の形に持ち込めれば、勝ち。 そのために因数分解する — この一手が見えるかどうかが、整数問題の分かれ目である。