(1)

$n$ に関する数学的帰納法で示す.

(i)

$a_1 = a = ar^{1-1}$ から, $n = 1$ のとき成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき \[ a_n = ar^{n-1} \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つとすると, \[\begin{aligned} a_{k+1} &= ra_k = r\cdot ar^{k-1} \\ &= ar^{(k-1)+1} = ar^{(k+1)-1} \end{aligned}\] となるから, $n = k+1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

(2)

$(\Longrightarrow )$ 初項 $a,$ 公比 $r$ の等比数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ は, \[ a_n = ar^{n-1} = \begin{cases} ar^{-1}\cdot r^n & (r \neq 0), \\ 0 = a\cdot 0^n & (r = 0) \end{cases}\] であるから, 指数関数と定数の積となる.
$(\Longleftarrow )$ 数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ が指数関数と定数の積ならば, 定数 $r,$ $c$ を用いて $a_n = cr^n$ と表せて \[ a_{n+1} = cr^{n+1} = r\cdot cr^n = ra_n\] となるから, $\{ a_n\}$ は公比 $r$ の等比数列となる.

(A)

$\{ a_n\}$ を初項 $a,$ 公差 $d$ の等差数列とすると, $a_n = a+(n-1)d$ よって \[ c^{a_n} = c^{a+(n-1)d} = c^a(c^d)^{n-1}\] となるから, $\{ c^{a_n}\}$ は初項 $c^a,$ 公比 $c^d$ の等比数列になる.

(B)

$\{ b_n\}$ を初項 $b\,(> 0),$ 公比 $r\,(> 0)$ の等比数列とすると, $b_n = br^{n-1}$ よって \[\log_cb_n = \log_c{br^{n-1}} = \log_cb+(n-1)\log_cr\] となるから, $\{\log_cb_n\}$ は初項 $\log_cb,$ 公差 $\log_cr$ の等差数列になる.

　$r = 1$ のときは明らか. $r \neq 1$ のとき, \[\begin{aligned} (r-1)\sum_{k = 1}^na_k &= (r-1)\sum_{k = 1}^na_1r^{k-1} \\ &= r\sum_{k = 1}^na_1r^{k-1}-\sum_{k = 1}^na_1r^{k-1} \\ &= \sum_{k = 1}^na_1r^k-\sum_{k = 1}^na_1r^{k-1} \\ &= a_1r^n-a_1 = a_1(r^n-1) \end{aligned}\] の両辺を $r-1$ で割ると, 求める等式が得られる.

$\qquad S_n = 0+\dfrac{4}{9}+\dfrac{8}{27}+\cdots +\dfrac{4(n-1)}{3^n}$
の辺々に $\dfrac{1}{3}$ をかけると,
$\quad\,\dfrac{1}{3}S_n = \qquad\ \!0+\dfrac{4}{27}+\cdots +\dfrac{4(n-2)}{3^n}+\dfrac{4(n-1)}{3^{n+1}}$
となる. 辺々を引くと
$\begin{aligned} \quad\frac{2}{3}S_n &= \qquad\!\!\frac{4}{9}+\frac{4}{27}+\cdots +\frac{4}{3^n}-\frac{4(n-1)}{3^{n+1}} \\ &= \frac{4}{9}\cdot\frac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right) ^{n-1}}{1-\dfrac{1}{3}}-\frac{4(n-1)}{3^{n+1}} \\ &= \frac{2}{3}\left\{ 1-\frac{1}{3^{n-1}}-\frac{2(n-1)}{3^n}\right\} \\ &= \frac{2}{3}\cdot\frac{3^n-2n-1}{3^n} \end{aligned}$
となるので, \[ S_n = \frac{3^n-2n-1}{3^n}\] である.

　毎年度末に $a$ 円ずつ預ける場合, 初年度の初めに $b$ 円預ける場合の預金額が等しいとすると \[ b(1+r)^n = a(1+r)^{n-1}+\cdots +a\] となるから, 初めに預けるべき金額は \[\begin{aligned} b &= a(1+r)^{-1}+\cdots +a(1+r)^{-n} \\ &= \frac{a(1+r)^{-1}\{ 1-(1+r)^{-n}\}}{1-(1+r)^{-1}} \\ &= \frac{a\{ 1-(1+r)^{-n}\}}{(1+r)-1} \\ &= \frac{a}{r}\left\{ 1-\frac{1}{(1+r)^n}\right\} \quad (\text{円}) \end{aligned}\] である.

　$1 \leqq k \leqq n$ なる各整数 $k$ に対して, $k$ 年間預けておくと預金額は $(1+r)^k$ 倍になるから, $k$ 年目の年末の $a$ 円は初年度の初めの価値に直すと $a(1+r)^{-k}$ 円になる. よって, 初めに預けるべき金額は \[\begin{aligned} &a(1+r)^{-1}+\cdots +a(1+r)^{-n} \\ &= \frac{a(1+r)^{-1}\{ 1-(1+r)^{-n}\}}{1-(1+r)^{-1}} \\ &= \frac{a\{ 1-(1+r)^{-n}\}}{(1+r)-1} \\ &= \frac{a}{r}\left\{ 1-\frac{1}{(1+r)^n}\right\} \quad (\text{円}) \end{aligned}\] である.

　初項を $a,$ 公比を $r$ とおく. 逆数のなす数列は初項 $a^{-1},$ 公比 $r^{-1}$ の等比数列である.

(i)

$r \neq 1$ のとき. 等比数列の和の公式により \[\begin{aligned} S &= \frac{a(r^n-1)}{r-1}, \\ T &= \frac{a^{-1}\{ 1-(r^{-1})^n\}}{1-r^{-1}} = \frac{r^n-1}{ar^{n-1}(r-1)}, \\ P &= a^nr^{0+1+\cdots +(n-1)} = a^nr^{\frac{(n-1)n}{2}} \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} \left(\frac{S}{T}\right) ^n &= \left\{\frac{a(r^n-1)}{r-1}\cdot\frac{ar^{n-1}(r-1)}{r^n-1}\right\} ^n \\ &= a^{2n}r^{(n-1)n} = P^2 \quad \cdots [\ast ] \end{aligned}\] が成り立つ.

(ii)

$r = 1$ のとき. \[ S = na, \quad T = na^{-1}, \quad P = a^n\] であるから, \[\left(\frac{S}{T}\right) ^n = \left(\frac{na}{na^{-1}}\right) ^n = a^{2n} = P^2 \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての等比数列に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

　$a$ の正の約数は $p_1{}^{k_1}\cdots p_r{}^{k_r}$ $(0 \leqq k_j \leqq m_j)$ の形に表され, \[ (1+\cdots +p_1{}^{m_1})\cdots (1+\cdots +p_r{}^{m_r})\] を展開したときの項としてもれも重複もなく現れるから, 上記の等式が成り立つ.

(1)

$a,$ $b$ の素因数分解をそれぞれ \[ a = p_1{}^{e_1}\cdots p_r{}^{e_r}, \quad b = q_1{}^{f_1}\cdots q_s{}^{f_s}\] ($p_k,$ $q_l$: 相異なる素数, $e_k,$ $f_l$: 正の整数) とすると, $ab$ の素因数分解は \[ ab = p_1{}^{e_1}\cdots p_r{}^{e_r}q_1{}^{f_1}\cdots q_s{}^{f_s}\] となるから, 約数の和の公式により \[\begin{aligned} \sigma (ab) &= (1+\cdots +p_1{}^{e_1})\cdots (1+\cdots +p_r{}^{e_r}) \\ &\qquad \times (1+\cdots +q_1{}^{f_1})\cdots (1+\cdots +q_s{}^{f_s}) \\ &= \sigma (a)\sigma (b) \end{aligned}\] となる.

(2)

$2^n-1$ が素数であるとき, (1) の結果により \[\begin{aligned} \sigma (a) &= \sigma (2^{n-1})\sigma (2^n-1) \\ &= (1+\cdots +2^{n-1})\{ 1+(2^n-1)\} \\ &= (2^n-1)2^n = 2a \end{aligned}\] が成り立つから, $a$ は「完全数」である.

(3)

$\sigma (a) = 2a = 2^na'$ と \[\begin{aligned} \sigma (a) &= \sigma (2^{n-1})\sigma (a') = (1+\cdots +2^{n-1})\sigma (a') \\ &= (2^n-1)\sigma (a') \end{aligned}\] から, \[\sigma (a') = \frac{2^na'}{2^n-1} = a'+\frac{a'}{2^n-1}\] が成り立つ. $a'$ と $\sigma (a')$ は正の整数であるから, $\dfrac{a'}{2^n-1}$ は正の整数である. $n > 1$ から $2^n-1 > 1$ であるので, $\dfrac{a'}{2^n-1}$ は $a'$ より小さい $a'$ の約数である. $a'$ の正の約数は $a'$ と $\dfrac{a'}{2^n-1}$ の $2$ つのみであるから, $\dfrac{a'}{2^n-1} = 1$ つまり $a' = 2^n-1$ であり, $a'$ は素数である.

(4)

(2), (3) の結果により, $2^n-1$ が素数になるような素数 $n$ と偶数の「完全数」$2^{n-1}(2^n-1)$ はもれも重複もなく対応する. $2^n-1$ の $n$ に小さい方から数えて $4$ 番目までの素数を代入した \[\begin{aligned} 2^2-1 = 3, \quad &2^3-1 = 7, \\ 2^5-1 = 31, \quad & 2^7-1 = 127 \end{aligned}\] は素数であるから, $4$ 番目までの偶数の「完全数」は \[\begin{aligned} 2^1(2^2-1) = 6, \quad &2^2(2^3-1) = 28, \\ 2^4(2^5-1) = 496, \quad &2^6(2^7-1) = 8128 \end{aligned}\] である. また, \[ 2^n-1 = 2^{11}-1 = 2047 = 23\cdot 89\] は素数でないから, $2^{n-1}(2^n-1)$ が偶数の「完全数」にはならないような素数 $n$ として $n = 11$ が挙げられる.

(1)

$2,$ $p,$ $q,$ $r$ は相異なる素数であるから, \[\begin{aligned} \sigma (2^npq) &= \sigma (2^n)\sigma (pq) \\ &= \sigma (2^n)\sigma (p)\sigma (q) \\ &= (1+\cdots +2^n)(1+p)(1+q) \\ &= (2^{n+1}-1)\cdot 2^m(2^{n-m}+1)\cdot 2^n(2^{n-m}+1) \\ &= 2^{m+n}(2^{n+1}-1)(2^{n-m}+1)^2, \\ \sigma (2^nr) &= \sigma (2^n)\sigma (r) \\ &= (1+\cdots +2^n)(1+r) \\ &= (2^{n+1}-1)\cdot 2^{m+n}(2^{n-m}+1)^2 \\ &= 2^{m+n}(2^{n+1}-1)(2^{n-m}+1)^2 \end{aligned}\] が成り立つ. また, \[\begin{aligned} pq &= \{ 2^m(2^{n-m}+1)-1\}\{ 2^n(2^{n-m}+1)-1\} \\ &= 2^{m+n}(2^{n-m}+1)^2 \\ &\qquad -2^m(2^{n-m}+1)-2^n(2^{n-m}+1)+1 \\ &= 2^{m+n}(2^{n-m}+1)^2-(2^m+2^n)(2^{n-m}+1)+1 \\ &= 2^{m+n}(2^{n-m}+1)^2-2^m(2^{n-m}+1)^2+1 \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} 2^npq+2^nr &= 2^n(pq+r) \\ &= 2^n\{ 2\cdot 2^{m+n}(2^{n-m}+1)^2-2^m(2^{n-m}+1)^2\} \\ &= 2^n\cdot 2^m(2^{n+1}-1)(2^{n-m}+1)^2 \\ &= 2^{m+n}(2^{n+1}-1)(2^{n-m}+1)^2 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[\sigma (2^npq) = \sigma (2^nr) = 2^npq+2^nr\] が成り立つから, $(2^npq,2^nr)$ は「友愛数」である.

(2)

(1) において $m = 1,$ $n = 2$ とすると \[\begin{aligned} p &= 2^1(2^1+1)-1 = 5, \\ q &= 2^2(2^1+1)-1 = 11, \\ r &= 2^3(2^1+1)^2-1 = 71 \end{aligned}\] は素数になるから, \[ (2^2\cdot 5\cdot 11,2^2\cdot 71) = (220,284)\] は「友愛数」である.