shaitan's blog

長文書きたいときに使う.

京大2017年前期理系問題3

p,qを自然数, \alpha,\beta\tan\alpha=\dfrac1p,\quad \tan\beta=\dfrac1q
を満たす実数とする. このとき,
\tan(\alpha+2\beta)=2
を満たすp,qの組(p,q)をすべて求めよ.

\tan\beta=\dfrac1q\neq0より\sin\beta\neq0であるから、
\tan2\beta\cos2\beta=\sin2\betaの両辺を\sin^2\betaで割って\tan2\beta(1-\tan^2\beta)=2\tan\betaとなる。
これより\tan2\beta=\dfrac{2q^{-1}}{1-q^{-2}}=\dfrac{2q}{q^2-1}である。
ここで、\tan(\alpha+2\beta)=2ならば\tan2\beta=\dfrac{\tan(\alpha+2\beta)-\tan\alpha}{1+\tan(\alpha+2\beta)\tan\alpha}=\dfrac{2p-1}{p+2}(☆)が成立する。
さて、\tan\betaを既約分数\dfrac abで表すことを考える。aは2p-1の約数なので奇数であるから\dfrac{2q}{q^2-1}は2で約分できる。また、q^2-1とqは互いに素であることに注意すると、a=q, b=\dfrac{q^2-1}2
q^2-1が偶数であることよりqは奇数なのでq≧3であるから、
\dfrac{2p-1}{p+2}=\dfrac{2q}{q^2-1}= \dfrac{2}{q-1}\cdot \dfrac{q}{q+1}<1\cdot1=1よりp<3。
また、aが2p-1の約数なので2p-1≧a=q≧3よりp≧2であるからp=2。
従って、\dfrac ab=\dfrac{2p-1}{p+2}=\dfrac34なのでq=a=3。
このとき\dfrac ab=\dfrac{2q}{q^2-1}が成立しており、☆は\tan(\alpha+2\beta)=2でないときには成立しない(中辺の分母を払うと\tan(\alpha+2\beta)の一次方程式となるため)ことから確かに\tan(\alpha+2\beta)=2である。
以上より、(p,q)=(2,3)。

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既約分数を出さなくても、分母を払って偶奇を比較すればqが奇数であることを言えるのでq≧3からp<3としてp=1,2の場合で二次方程式を解けばよいのだが、場合分けも二次方程式を解くのもあんまり好きではないから避けた。

京大2017年前期理系問題2

四面体OABCを考える. 
点D, E, F, G, H, Iは, それぞれ辺OA, AB, BC, CO, OB, AC上にあり, 頂点ではないとする.
このとき, 次の問に答えよ.
(1)\vec{\mathrm{DG}}\vec{\mathrm{EF}}が平行ならばAE:EB=CF:FBであることを示せ.
(2)D, E, F, G, H, Iが正八面体の頂点となっているとき,
これらの点はOABCの各辺の中点であり, OABCは正四面体であることを示せ.

(1)
\vec{\mathrm{DG}}\vec{\mathrm{EF}}が平行のとき、D, G, E, Fは同一平面上にあり、この平面を\alphaとする。
平面\alphaと直線ACが共有点Pをもつと仮定する。
Pは平面\alphaと平面OACの交線上にある。すなわち直線DG上にある。同様に直線EF上にあることが言えるがこれは\vec{\mathrm{DG}}\vec{\mathrm{EF}}が平行であることに反する。したがって平面\alphaと直線ACは共有点をもたない。
特に、直線EFと直線ACは共有点を持たず、同一平面上にあるので平行である。
これより、△BEF∽△BACであるからAB:EB=CB:FB。従ってAE:EB=CF:FB。
(2)
正四面体の各辺の中点を結んでできる八面体は各面が正三角形であり、正八面体である。
この正八面体の面のうち、もとの正四面体の面に含まれるものを考える。
これらの面は辺を共有しない四面であり、これらの面のそれぞれを含む平面が空間から切り取る領域はもとの正四面体、つまり各辺の中点がこの正八面体の頂点と一致する正四面体である。
さて、ここで正八面体の辺を共有しない四面DEH, GFH, EFI, DGIを考えると、これらの面のそれぞれを含む平面が空間から切り取る領域は各辺の中点がD,E,F,G,H,Iと一致する正四面体であるがこれは四面体OABCに他ならないから題意は示された。


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もうちょっと素直に面DEH, GFH, EFI, DGIから始めてもよくて、
この対称性はT_dで、これらの面を含む平面で切り取られる領域(四面体OABC)も同じ対称性をもつから、それが正四面体に限ることを言えば良い。
EHの垂直二等分面に関する鏡像対称性を使ってもいい(DがAOの中点でAB=OBが言える)し、
DF周りの二回軸(D,FがAO,CBの中点であることが言える)とDEHの中心を通る法線周りの三回軸(△ABOが正三角形であることが言える)でもよい。

京大2017年前期理系問題6

nを自然数とする. 
n個の箱すべてに, \fbox1, \fbox2, \fbox3, \fbox4, \fbox5の5種類のカードがそれぞれ1枚ずつ計5枚入っている.
各々の箱から1枚ずつカードを取り出し, 取り出した順に左から並べてn桁の数Xを作る. 
このとき, Xが3で割り切れる確率を求めよ.

Xを3で割った余りをR(X)とする。ここで0≦R(X)<3。
\omega=\dfrac{-1+\sqrt3i}2とおくと、\omega^3=1より\omega^X=\omega^{R(X)}であるから、
全ての取り出し方について\omega^Xの和をとると、R(X)=rであるような取り出し方の総数をN(r)として
\displaystyle\sum_{X}\omega^X=\sum_{r=0}^2\omega^rN(r)=N(0)-\frac12(N(1)+N(2))+\frac{\sqrt3i}2(N(1)-N(2))となる。
ここで、箱ごとに計算すると
\displaystyle\sum_{X}\omega^X=\prod_{k=1}^n\left(\sum_{j=1}^5\omega^{j\cdot10^{k-1}}\right)=\left(\sum_{j=1}^5\omega^j\right)^n=(-1)^n
であるから、実部及び虚部を比較してN(1)=N(2)=N(0)-(-1)^n
全てのカードの取り出し方は5^n=\displaystyle\sum_{r=0}^2N(r)=3N(0)-2(-1)^n通りであるから、
求める確率は\dfrac{N(0)}{5^n}=\dfrac13\left\{1+2\left(-\dfrac15\right)^{n}\right\}

演算子の必然性


nとn+1の間に入る演算子\Box_nとする。

以下の三点に注意する。
k\Box_k\cdots\Box_{m-1}m\pm(m+1)\Box_{m+1}\cdots\Box_{n-1}nで表される数はk\Box_k\cdots\Box_{m-1}m(m+1)\Box_{m+1}\cdots\Box_{n-1}nと表される数の和か差で表わせる。
(複号が正なら自明。負の場合は\Box_i (i>m)が+か-の場合にそれぞれ-か+にすればよい。)
\Box_i (k\leq i< m)が全て×か÷のとき、k\Box_k\cdots\Box_{m-1}m\frac{m!}{(k-1)!l^2}と表せる(lは\Box_iが÷であるようなi+1の総積)。
k\Box_k\cdots\Box_{m-1}m (k>1)の絶対値最大となる値はk(k+1)\cdots mであり、1\Box_1\cdots\Box_{m-1}mの絶対値最大となる値はm!+1である。

\Box_6が+か-の場合、①と③より、|7\Box_78\Box_89\Box_910-2015|=|1\Box_1\cdots\Box_56|\leq 6!+1=721である。
ここで\Box_i (i>6)のいずれかが+か-の場合、①と③より不適であり、全て×か÷のとき②より不適。
従って\Box_6は×か÷である。
更に、\Box_6が÷の場合、1\Box_1\cdots\Box_910は整数にならない(①と②より)ので\Box_6は×である。
これより、②におけるlは7以上の素因数を持たない(☆)。

\Box_7が+か-の場合、\Box_kが+か-であり、\Box_m (k< m< 7)が全て×か÷であるようなkを考える(\Box_m (m< 7)が全て×か÷である場合にはk=0とする)。
①と③より、|(k+1)\Box_{k+1}\cdots\Box_67-2015|\leq (k!+1)+(8\cdot9\cdot10)\leq 5!+1+720=841
②より2015-841\leq \frac{7!}{k!l^2}\leq 2015+841、従って1<\frac{7!}{2015+841}\leq k!l^2\leq \frac{7!}{2015-841}=\frac{5040}{1174}<5であるから、k!l^2=2,3,4つまり(k!,l)=(2,1),(1,2)である。
(k!,l)=(2,1)のとき、1\Box_12\Box_23\times\cdots\times7\Box_78\Box_89\Box_910=2015より|8\Box_89\Box_910|=505+1\Box_12であり|1\Box_12|\leq3よりこれは成立しない。
(k!,l)=(1,2)のとき、1\div2\times\cdots\times7\Box_78\Box_89\Box_910=2015より|8\Box_89\Box_910|=755でありこれも成立しない。
従って\Box_7は×か÷である。

\Box_8が+か-の場合、\Box_kが+か-であり、\Box_m (k< m< 8)が全て×か÷であるようなkを考える(\Box_m (m< 8)が全て×か÷である場合にはk=0とする)。
①と③より、|(k+1)\Box_{k+1}\cdots\Box_78-2015|\leq (k!+1)+(9\cdot10)\leq 5!+1+90=201
②より2015-201\leq \frac{8!}{k!l^2}\leq 2015+201従って18<\frac{8!}{2015+201}\leq k!l^2\leq \frac{8!}{2015-201}<23であるが、これを満たす(k,l)は存在しない。
従って\Box_8は×か÷である。

\Box_9が+か-の場合、\Box_kが+か-であり、\Box_m (k< m< 9)が全て×か÷であるようなkを考える(\Box_m (m< 9)が全て×か÷である場合にはk=0とする)。
①と③より、|(k+1)\Box_{k+1}\cdots\Box_89-2015|\leq (k!+1)+10\leq 5!+1+10=131
②より2015-131\leq \frac{9!}{k!l^2}\leq 2015+131従って169<\frac{9!}{2015+131}\leq k!l^2\leq \frac{9!}{2015-131}<193であるが、これを満たす(k,l)は存在しない。
従って\Box_9は×か÷である。

\Box_kが+か-であり、\Box_m (k< m)が全て×か÷であるようなkを考える(\Box_mが全て×か÷である場合にはk=0とする)。
①と③より、|(k+1)\Box_{k+1}\cdots\Box_910-2015|\leq k!+1\leq 5!+1=121
②より2015-121\leq \frac{10!}{k!l^2}\leq 2015+121従って1698<\frac{10!}{2015+121}\leq k!l^2\leq \frac{10!}{2015-121}<1916である。
k=0,1のとき、1698< l^2< 1916であるが、☆よりこれを満たすlは存在しない。
k=2のとき、849< l^2< 958より29< l<31であるからl=30となる。
このとき、1\Box_12+3\times4\div5\div6\times7\times8\times9\times10=2015であるから\Box_1は-である。
k=3のとき、283< l^2< 320であるが、☆よりこれを満たすlは存在しない。
k=4のとき、70< l^2<80であるが、これを満たすlは存在しない。
k=5のとき、14< l^2<16であるが、これを満たすlは存在しない。

以上より、1-2+3\times4\div5\div6\times7\times8\times9\times10=2015が求める答えである。


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普段はなるべく大胆に不等式評価して計算を簡単にしようと思ってるのだが、入力するのが大変だったので今回はパス。
例えば桁数の多い割り算であっても、計算用紙にごちゃごちゃ計算して(そもそも禁止されてるわけじゃないんだから計算機を使ってもよい)イコールで結んで書いとけば解答例としては問題ないんだよなあ。単に好みじゃないだけで。
符号が間違ってるところがあるが、これを修正するなら全体的に書き直したいので放置。

東大1990年前期理系問題1

\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}}, b_n=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{2k+1}}とするとき,
\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n, \lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}を求めよ.

\displaystyle a_n=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}}\geq\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{n}}=\sqrt{n}\to\infty\quad(n\to\infty)より\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\infty.

\displaystyle \frac{a_n}{\sqrt2}=\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{2k}}>\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{2k+1}}=b_n>\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{2k+2}}=\frac{a_{n+1}-1}{\sqrt2}>\frac{a_n-1}{\sqrt2}.
従って\displaystyle \frac1{\sqrt2}>\frac{b_n}{a_n}>\frac1{\sqrt2}\left(1-\frac1{a_n}\right)\to\frac1{\sqrt2}\quad(n\to\infty).
はさみうちの原理により\displaystyle  \lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}=\frac1{\sqrt2}.

東大2001年後期理系問題1

任意の自然数n\geq2に対して,常に不等式
\quad\displaystyle n-\sum_{k=2}^n\frac{k}{\sqrt{k^2-1}}\geq\frac{i}{10}
が成立するような最大の整数iを求めよ。

示すべき不等式の左辺をA(n)とおく。
A(n)=1+\displaystyle\sum_{k=2}^n\frac{\sqrt{k^2-1}-k}{\sqrt{k^2-1}}=1-\sum_{k=2}^n\frac1{\sqrt{k^2-1}(\sqrt{k^2-1}+k)}である。
ここで、\sqrt{k^2-1}(\sqrt{k^2-1}+k) > 2(k^2-1)であるから、
 A(n)\displaystyle >1-\sum_{k=2}^n\frac1{2(k^2-1)}=1-\frac14\sum_{k=2}^n\left(\frac1{k-1}-\frac1{k+1}\right)=\frac58+\frac1{4(n+1)}>\frac58>\frac6{10}.
また、\sqrt{k^2-1}(\sqrt{k^2-1}+k) < (k^2-1)+k^2=2k^2-1<2(k^2-\frac14)であるから、
 A(15)\displaystyle < 1-\sum_{k=2}^{15}\frac1{2(k^2-\frac14)}=1-\frac12\sum_{k=2}^{15}\left(\frac1{k-\frac12}-\frac1{k+\frac12}\right)=\frac23+\frac1{31}<\frac{21}{30}=\frac7{10}.
以上より、求める整数i=6である。

東大2015年前期理系問題4

数列\{p_n\}を次のように定める。
p_1=1, p_2=2, p_{n+2}=\dfrac{p_{n+1}^2+1}{p_n} (n=1,2,3,\ldots)
(1)\dfrac{p_{n+1}^2+p_n^2+1}{p_{n+1}p_n}がnによらないことを示せ。
(2)すべてのn=2,3,4,\ldotsに対し、p_{n+1}+p_{n-1}p_nのみを使って表せ。
(3)数列\{q_n\}を次のように定める。
q_1=1, q_2=2, q_{n+2}=q_{n+1}+q_n (n=1,2,3,\ldots)
すべてのn=1,2,3,\ldotsに対し、p_n=q_{2n-1}を示せ。

(1)
すべてのn=1,2,3,\ldotsに対しp_{n+2}p_n=p_{n+1}^2+1であるから、
\dfrac{p_{n+1}^2+p_n^2+1}{p_{n+1}p_n}=\dfrac{p_{n+2}p_n+p_n^2}{p_{n+1}p_n}=\dfrac{p_{n+2}+p_n}{p_{n+1}}=\dfrac{p_{n+2}^2+p_{n+2}p_n}{p_{n+2}p_{n+1}}=\dfrac{p_{n+2}^2+p_{n+1}^2+1}{p_{n+2}p_{n+1}}
となりnによらない。
(2)
(1)の途中式よりすべてのn=1,2,3,\ldotsに対し
\dfrac{p_{n+2}+p_n}{p_{n+1}}=\dfrac{p_{n+1}^2+p_n^2+1}{p_{n+1}p_n}であるが、
(1)の結果より右辺はnによらず\dfrac{p_2^2+p_1^2+1}{p_2p_1}=3に等しい。
添え字の範囲に注意すると、すべてのn=2,3,4,\ldotsに対し、\dfrac{p_{n+1}+p_{n-1}}{p_n}=3
すなわち{p_{n+1}+p_{n-1}}=3{p_n}
(3)
数列\{q_{2n-1}\}を考えると、q_{2\cdot1-1}=q_1=1=p_1q_{2\cdot2-1}=q_3=q_2+q_1=2=p_2であるから、q_{2(n+1)-1}+q_{2(n-1)-1}=3q_{2n-1}\quad(n=2,3,4,\ldots)が成立することを示せばよい。
すべてのn=2,3,4,\ldotsに対し、q_{2(n+1)-1}=q_{2n}+q_{2n-1}, q_{2n}=q_{2n-1}+q_{2n-2}, q_{2n-1}=q_{2n-2}+q_{2(n-1)-1}であるが、これらからq_{2n},q_{2n-2}を消去すると示すべき式が得られる。