上: 糸口をつかむ 前: 考え方

2章解答

解答 2.1       問題2.1

条件をみたす正の実数 $(x,\ y,\ z)$ が存在したとする．

$$x^a=y^b=z^c=xyz=k$$

とおく．このとき $x=k^{\frac{1}{a}},\ y=k^{\frac{1}{b}},\ z=k^{\frac{1}{c}}$ でさらに$xyz=k$なので

$$xyz=k^{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=k$$

$x,\ y,\ z$ は1とは異なり，$a, b, c$ は正なので $k>0,\ k \ne 1$ ． したがって

$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1$$

が必要である．

逆に $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1$なら，任意の1でない正の実数 $k$ に対して $x=k^{\frac{1}{a}},\ y=k^{\frac{1}{b}},\ z=k^{\frac{1}{c}}$ とおけば，この$x,\ y,\ z$ は条件をみたす． したがって $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1$が，$x,\ y,\ z$ が存在 するための必要十分条件である．

$a\le b\le c$ より $\dfrac{1}{a}\ge \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{1}{c}$ である．

$$∴ \quad 1=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \le \dfrac{3}{a}$$

これから$a=1,\ 2,\ 3$ でなければならない．

$a=1$ なら $b,\ c$ は存在しない． $a=2$ のとき

$$\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \le \dfrac{2}{b}$$

これから $b=3,\ 4$ $b=3$ なら $c=6$ ，$b=4$ なら $c=4$

$a=3$ のとき

$$\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \le \dfrac{2}{b}$$

これから $b=3$ ，このとき $c=3$

ゆえに求める正の整数の組 $(a,\ b,\ c)$ は

$$(3,\ 3,\ 3),\ (2,\ 4,\ 4),\ (2,\ 3,\ 6)$$

□

解答 2.2       問題2.2

$k=1,\ 2,\ \cdots,\ 2004$に対し， $2^k$が十進法で表したとき$l$桁の数で，その最高位の数字が1であるとする． これは

$$10^{l-1}\le 2^k<2\cdot 10^{l-1}$$

となることと同値である．これから

$$l-1\le k\log _{10}2<\log_{10}2+l-1$$

つまり

$$\dfrac{l-1}{0.3010}\le k<1+\dfrac{l-1}{0.3010}$$

$l$を固定するとき，これをみたす整数$k$はちょうど一つある． つまり桁が同じ数の中で最高位の数字が1であるものは一つだけある．

ただし，$2^0$が含まれていないので，与えられた数のうち1桁の数の中に最高位の数字が1で あるものはない．

$N=2^{2004}$とすると

$$\log_{10}N=2004\cdot 0.3010=603.204$$

つまり

$$10^{603}<N<10^{604}$$

より$2^{2004}$は604桁である．

したがって求める数は603である． □

解答 2.3       問題2.3

1. 方程式(i)の第一，二式，および第二，三式からそれぞれ$x$を消去する．
   
   $$\left\{ \begin{array}{l} 3y-3z=6a-3b\\ 9y-9z=3b-6c \en... ...in{array}{l} 3y-3z=6a-3b\\ 3y-3z=b-2c \end{array} \right.$$
   
   
   これをみたす$y$と$z$が存在するための必要十分条件は
   
   $$6a-3b=b-2c\quad \iff\quad 3a-2b+c=0\quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   方程式(i)の第一，二式，および第二，三式からそれぞれ$x$を消去しているので， 第二式の$x$が共通でありいずれから定めても$y,\ z$に対して一意に$x$が定まる．

   方程式(i)の解は， 実数$t$を用いて次のように表されるすべての$(x,\ y,\ z)$である．
   

   $$(x,\ y,\ z)=(t+a+b,\ t+2a-b,\ t)$$
   
   

2. 条件から(i)の解を(ii)に代入した
   
   $$(t+a+b)^2+(t+2a-b)^2+t^2=1\quad \iff \quad 3t^2+6at+5a^2-2ab+2b^2-1=0$$
   
   
   は$t$の二次方程式として重解をもつ．その条件は
   
   $$D/4=9a^2-3(5a^2-2ab+2b^2-1)=0\quad \iff\quad 2a^2-2ab+2b^2=1$$
   
   
   であり，重解は$t=-a$である．つまり(i)(ii)のただ一つの共通解は
   
   $$(x,\ y,\ z)=(b,\ a-b,\ -a)$$
   
   
   このとき
   
   $$2x^2+2xy+2y^2=2b^2+2b(a-b)+2(a-b)^2=2a^2-2ab+2b^2=1$$
   
   
   である．

□

解答 2.4       問題2.4

方程式

$$x^4-2(s+t)x^2+(s-t)^2=0\quad \cdots\maru{1}$$

の解$x$のとる値の範囲は，$\maru{1}$をみたし かつ$s^2+t^2=1$となるよう0以上の実数$s,\ t$が存在する範囲として定まる．

$s^2+t^2=1$なので， $(s-t)^2=s^2+t^2-2st=1-2st=-1-2st+2=-(s+t)^2+2$である．したがって $\maru{1}$から

$$x^4-2(s+t)x^2-(s+t)^2+2=0$$

を得る．

ここで$s+t=k$とおく． $st$平面の四分の一円 $s^2+t^2=1\ (0 \le s,\ t)$と直線$s+t=k$が共有点をもつ$k$の最大値は 円と直線が接するときで$\sqrt{2}$， 最小値は$(1,\ 0)$を通るときで1．つまり$k$の範囲は $1\le k\le \sqrt{2}$である． 逆にこの範囲の$k$に対しては$s,\ t$が存在する．

したがって解$x$のとる値の範囲は，

$$x^4-2kx^2-k^2+2=0\quad \cdots\maru{2}$$

が$k$の二次方程式として $1\le k\le \sqrt{2}$に解をもつ範囲である．

$\maru{2}$を$k$の二次方程式として整理すると $k^2+2x^2k-x^4-2=0$．

$$f(k)=k^2+2x^2k-x^4-2$$

とおく． $f(k)$は軸が$k=-x^2\le 0$にあり， $f(1)=-x^4+2x^2-1=-(x^2-1)^2\le 0$である．

ゆえに$f(k)=0$が $1\le k\le \sqrt{2}$に解をもつ必要十分条件は

$$f(\sqrt{2})\ge 0$$

である． $f(\sqrt{2})=2\sqrt{2}x^2-x^4$なので， ．

□

解答 2.5       問題2.5

点$\mathrm{A}$を原点にして

$$\mathrm{B}(1,\ 0,\ 0),\ \mathrm{D}(0,\ 3,\ 0),\$$

とおく．また点 $\mathrm{C}(a,\ b,\ c)$とする．条件から

$$\begin{eqnarray*} &&\vert\overrightarrow{\mathrm{AC}}\vert=2\\ &&\overrightarro... ...{\mathrm{AD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=6\cos60^{\circ}=3 \end{eqnarray*}$$

である．これを成分で書いて

$$a^2+b^2+c^2=4,\ a=1,\ 3b=3$$

これから$c=\pm\sqrt{2}$であるが，4点の配置は$xy$平面で対称であるから$c=\sqrt{2}$としてよい．

$$∴\quad \mathrm{C}(1,\ 1,\ \sqrt{2})$$

次に $\mathrm{E}(s,\ t,\ u)$とする．条件から

$$\begin{eqnarray*} s^2+t^2+u^2&=&(s-1)^2+t^2+u^2\\ &=&s^2+(t-3)^2+u^2\\ &=&(s-1)^2+(t-1)^2+(u-\sqrt{2})^2 \end{eqnarray*}$$

これから

$$s=\dfrac{1}{2},\ t=\dfrac{3}{2},\ u=0$$

を得る．

$$∴\quad \mathrm{AE}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2} \right)^2+\left(\dfrac{3}{2} \right)^2} =\dfrac{\sqrt{10}}{2}$$

□

解答 2.6       問題2.6

     $\mathrm{CD}$の中点を$\mathrm{M}$， $\mathrm{AB}$の中点を$\mathrm{N}$とする． 四面体を辺$\mathrm{AB}$と点$\mathrm{M}$を通る平面で切る． 対称性から外接球の中心$\mathrm{O}$は三角形$\mathrm{ABM}$上にあり， さらに $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$なので，直線$\mathrm{NM}$上にある．

また $\mathrm{OA}^2=\mathrm{ON}^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2$より

$$\mathrm{ON}=\sqrt{r^2-\dfrac{1}{2}}$$

これから

$$\mathrm{OM}=2-\sqrt{r^2-\dfrac{1}{2}}$$

次に $\mathrm{OC}^2=\mathrm{OM}^2+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2$より

$$r^2=\left(2-\sqrt{r^2-\dfrac{1}{2}} \right)^2+\dfrac{1}{2}$$

これを展開して

$$r^2=4-4\sqrt{r^2-\dfrac{1}{2}} +r^2-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}$$

なので， $\sqrt{r^2-\dfrac{1}{2}}=1$である．

$$∴\quad r=\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$$

別解
     この四面体は四つの面が合同である． このような四面体は， 頂点を直方体の頂点のうちの四つにとって 直方体の中に埋め込むことができる． この場合は一辺1の正方形を底面とする高さ2の直方体をとり， 対角線を図のようにとると，問題の四面体が得られる． このとき外接球の中心は，直方体の中心であり， したがって外接球の半径$r$は，

$$r=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+1^2} =\dfrac{\sqrt{6}}{2}$$

□

 

 

解答 2.7       問題2.7

$\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の3頂点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C}$の 対辺の長さを$a, b, c$とする．また点$\mathrm{A}$の位置ベクトルを $\overrightarrow{a}$の ように表す．

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{AP}(t)} &=&ut\dfrac{\overrightarrow{\m... ...w{\mathrm{CA}}\vert} =\dfrac{wt}{b}\overrightarrow{\mathrm{CA}} \end{eqnarray*}$$

となる． ゆえに

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{p(t)} &=&\overrightarrow{a}+\dfrac{ut}{c}(\ove... ...ghtarrow{c}+\dfrac{wt}{b}(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}) \end{eqnarray*}$$

$\bigtriangleup \mathrm{P}(t)\mathrm{Q}(t)\mathrm{R}(t)$の重心の位置ベクトルは

$$\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{p(t)}+\overrightarrow{q(t)}+\ov... ...+ \dfrac{w}{b}(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c}) \right\}$$

これが$t$によらず一定なことであることは

$$\dfrac{u}{c}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+ \dfrac{... ...}{b}(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})=\overrightarrow{0}$$

と同値である．この式を整理すると

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{u}{c}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+ \dfrac{... ...ight)(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}) =\overrightarrow{0} \end{eqnarray*}$$

となる． ところが $\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$と $\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}$は 平行でないので，これは

$$\dfrac{u}{c}-\dfrac{v}{a}=\dfrac{v}{a}-\dfrac{w}{b}=0$$

と同値である．つまり $\bigtriangleup \mathrm{P}(t)\mathrm{Q}(t)\mathrm{R}(t)$の重心の位置が$t$ によらず一定なことと，

$$\dfrac{u}{c}=\dfrac{v}{a}=\dfrac{w}{b}\quad \cdots\maru{1}$$

が同値であることが示された．

$\maru{1}$はそれぞれの辺を頂点から頂点まで移動するのにかかる時間が等しいことを意味している． つまり，3点が同時に次の頂点に到達することを意味している． よって題意が示された． □

解答 2.8       問題2.8
     $l$ 上に点 $\mathrm{P}$ をとる． $\mathrm{P}$ から $C$ を含む平面への距離を $t\ (t\ge 0)$ とおく． $\mathrm{P}$ から垂線を平面に下ろし，その足を $\mathrm{H}$ とする． $l$ の平面とのなす角が $45^{\circ}$ なので， $\mathrm{AH}=t$ となる．

     $C$ 上の点 $\mathrm{Q}$ で，点 $\mathrm{P}$ との距離が最小になるものは， $\mathrm{H}$ と円 $C$ の中心 $\mathrm{O}$ を結ぶ直線が最初に $C$ と交わる 点である．

このとき

$$\mathrm{PQ}^2=\left(\sqrt{t^2+a^2}-1 \right)^2+t^2=2t^2+a^2+1-2\sqrt{t^2+a^2}$$

ここで $X=\sqrt{t^2+a^2}$とおくと

$$\mathrm{PQ}^2=2X^2-2X-a^2+1=2 \left(X-\dfrac{1}{2} \right)^2-a^2+\dfrac{1}{2}$$

となる． $X$ の変域は $a\le X$ である． したがって $\mathrm{PQ}^2$ の最小値は次のように場合に分かれる．

1. $0<a\le \dfrac{1}{2}$ のとき $\mathrm{PQ}^2$は $X=\dfrac{1}{2}$ で 最小値 $-a^2+\dfrac{1}{2}$ をとる．
2. $\dfrac{1}{2}<a$ のとき$\mathrm{PQ}^2$は $X=a\ (t=0)$ で 最小値 $a^2-2a+1=(a-1)^2$ をとる．

$$∴ \quad \mathrm{PQ}の最小値= \left\{ \begin{array}{ll} \s... ...ert a-1\vert& \left(\dfrac{1}{2}<a \right) \end{array}\right.$$

□

解答 2.9       問題2.9

(1)

交通費の総額を $f(x)\ (0 \le x \le l)$ とおく．

$$\begin{eqnarray*} f(x)&=&a \cdot 100x+b \cdot 100(l-x)\\ &=&100\{(a-b)x+bl\} \end{eqnarray*}$$

したがって $f(x)$ を最小にする $x$ と最小値は

$$\left\{ \begin{array}{ll} a<bのとき，& x=l,\ 最小値f(l)=1... ...\\ a>bのとき，& x=0,\ 最小値f(0)=100bl \end{array} \right.$$

訂正：a=bのとき「最小値100bl」

(2)

交通費の総額を $g(x)\ (0 \le x \le l)$ とおく．

$$\begin{eqnarray*} g(x)&=&a \cdot 100x^3+b \cdot 100(l-x)^3\\ &=&100\{(ax^3+b(... ...00\{\sqrt{a}x+\sqrt{b}(l-x)\}\{(\sqrt{a}+\sqrt{b})x-\sqrt{b}l\} \end{eqnarray*}$$

$0 \le x \le l$ より $\sqrt{a}x+\sqrt{b}(l-x)>0$ に注意する． $g(x)$ は

$$x=\dfrac{\sqrt{b}l}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$

で極小かつ最小となる．最小値は

$$g \left(\dfrac{\sqrt{b}l}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} \right) =100 ... ...} \right)^3\right\} =\dfrac{100abl^3}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2}$$

□

解答 2.10       問題2.10

点$\mathrm{X}$に対して，0か1を対応させる関数$f(\mathrm{X})$を次のように定める．

$$f(\mathrm{X})= \left\{ \begin{array}{ll} 1&(\mathrm{X}に表... ...)\\ 0&(\mathrm{X}に裏が置かれているとき) \end{array}\right.$$

点$\mathrm{X}$に表か裏を置くことは$f(\mathrm{X})$の値を決めることに対応するので， $f(\mathrm{A})$の値の決め方は2通り． $f(\mathrm{A})$の値を決めれば， $f(\mathrm{A})+ f(\mathrm{P})+ f(\mathrm{Q})+ f(\mathrm{C})$ が偶数となる$f(\mathrm{C})$の値の決め方は一通り．この偶数値を$2k$とする． 以下順に対角線上の表の個数が偶数となるように $f(\mathrm{E})$， $f(\mathrm{B})$， $f(\mathrm{D})$の値を決める．決め方は一通り． この偶数値を$2l,\ 2m,\ 2n$とする． $f(\mathrm{A})$の値を決めれば

$$\begin{eqnarray*} &&f(\mathrm{A})+ f(\mathrm{P})+ f(\mathrm{Q})+ f(\mathrm{C})=2... ... &&f(\mathrm{B})+ f(\mathrm{Q})+ f(\mathrm{R})+ f(\mathrm{D})=2n \end{eqnarray*}$$

と各対角線上の四点の表の個数を偶数とする 点 $\mathrm{C},\ \mathrm{E},\ \mathrm{B},\ \mathrm{D}$の値の決め方は一通りである．

このとき $f(\mathrm{D})+ f(\mathrm{S})+ f(\mathrm{T})+ f(\mathrm{A})$ の値も決まっている．この値を$N$とする． すなわち

$$f(\mathrm{D})+ f(\mathrm{S})+ f(\mathrm{T})+ f(\mathrm{A})=N$$

である． これら五式の両辺を加えると

$$\begin{eqnarray*} &&2\left\{ f(\mathrm{A})+ f(\mathrm{B})+ f(\mathrm{C})+ f(\mat... ...m{R})+ f(\mathrm{S})+ f(\mathrm{T}) \right\}\\ &=&2k+2l+2m+2n+N \end{eqnarray*}$$

となり，$N$も偶数である． したがってこのように決定された五つの頂点の値は条件を満たす．

$f(\mathrm{A})$の値を決めれば条件を満たす他の値の決め方がただ一通り存在するので， 条件を満たすような A，B，C，D，E上へのコインの置き方は二通りある． □

解答 2.11       問題2.11

１．

$$\begin{eqnarray*} &&x^2+2x+\sqrt{x^2+2x-4}=10\\ &\iff&\sqrt{x^2+2x-4}=-x^2-2x+1... ...d x^2+2x=8\\ &\iff&x^2+2x-8=(x+4)(x-2)=0\quad\iff\quad x=-4,\ 2 \end{eqnarray*}$$

２．

$$\begin{eqnarray*} \sqrt{2x+3}=5-\sqrt{x+1}&\iff&2x+3=(5-\sqrt{x+1})^2,\ 5\ge\sqr... ...\le24\\ &\iff&x^2-146x+429=(x-3)(x-143)=0,\ x\le23\\ &\iff&x=3 \end{eqnarray*}$$

３．

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{x-5}+\dfrac{1}{x+4}=\dfrac{1}{x-4}+\dfrac{1}{x+3}\... ...(x+4)\ne0\\ (x-4)(x+3)\ne0 \end{array}\\ &\iff&x=\dfrac{1}{2} \end{eqnarray*}$$

４．

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{x-1}{x+1}+\dfrac{x+5}{x+7}=\dfrac{x+1}{x+3}+\dfrac{x+... ...\ -5\\ &\iff&16x+64=0,\quad x\ne-1,\ -7,\ -3,\ -5\\ &\iff&x=-4 \end{eqnarray*}$$

５．

$$\begin{eqnarray*} &&\sqrt{5-x}\le3-x\\ &\iff&5-x\le(3-x)^2,\ 3-x\ge0\quad\iff\q... ...\ge0,\ x\le3\quad\iff\quad x\le1,\ 4\le x,\ x\le3\\ &\iff&x\le1 \end{eqnarray*}$$

６．

$$\begin{eqnarray*} \sqrt{x-1}>x-3&\iff&\left\{\begin{array}{l} 0>x-3\\ x-1\ge0 \... ...gin{array}{l} 2<x<5\\ x\ge3 \end{array}\right.\\ &\iff&5>x\ge1 \end{eqnarray*}$$

□

解答 2.12       問題2.12

基準点 $\mathrm{O}$ をとり， 直線 $\mathrm{AB}$ 上の点 $\mathrm{P}$と 直線 $\mathrm{CD}$ 上の点 $\mathrm{Q}$を

$$\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow{\mathrm{OP}} =\o... ...\mathrm{OC}}+t\overrightarrow{\mathrm{CD}} \end{array}\right.$$

とおく． 直線 $\mathrm{PQ}$で直線 $\mathrm{AB}$ および直線 $\mathrm{CD}$ と直交するものが存在することは，

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}... ...overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}=0$$

となる実数 $s,\ t$ が存在することと同値である．

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}} +t\overrightarrow{\mathrm{CD}}-s\overrightarrow{\mathrm{AB}}$$

なので

$$\begin{eqnarray*} &&\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}... ...mathrm{AC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}} \end{array}\right. \end{eqnarray*}$$

これは， $s,\ t$ に関する連立一次方程式である．この連立一次方程式が解をもてばよい． ここで直線$\mathrm{AB}$と直線$\mathrm{CD}$のなす角を$\theta$とする．

$$\begin{eqnarray*} &&\left\vert\overrightarrow{\mathrm{AB}}\right\vert^2\left\ver... ...left\vert\overrightarrow{\mathrm{CD}}\right\vert^2 \sin^2 \theta \end{eqnarray*}$$

ところが直線 $\mathrm{AB}$ と直線 $\mathrm{CD}$は 四面体の向かい合う二辺なので，なす角 $\theta$ は $0^{\circ} ,\ 180^{\circ}$ ではない．つまり $\sin^2 \theta\ne 0$．

連立式を2直線の式と考えれば，平行条件が否定されたので必ず交わる． あるいは，連立一次方程式の行列の行列式が0でない． つまり$s$ と $t$ に関する連立一次方程式がただ一組の解をもつことを意味している． □

解答 2.13       問題2.13

1. 円の中心を $\mathrm{O}$ とし， $\overrightarrow{\mathrm{OA}} =\overrightarrow{\mathstrut a}$ ， $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\overrightarrow{\mathstrut b}$ ， $\overrightarrow{\mathrm{OC}} =\overrightarrow{\mathstrut c}$ とおく． $\left\vert\overrightarrow{\mathstrut a}\right\vert =\left\vert\overrightarrow{\mathstrut b}\right\vert =\left\vert\overrightarrow{\mathstrut c}\right\vert=1$ なので，
   $$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2 =\left\vert\over... ...hstrut a}\cdot\overrightarrow{\mathstrut c}\right)\right\} >8 \end{eqnarray*}$$
   
   
   ゆえに
   
   $$\overrightarrow{\mathstrut b}\cdot\overrightarrow{\mathstru... ...}\cdot\overrightarrow{\mathstrut c}+1<0 \quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   となる．このとき，
   $$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}... ...\mathstrut b} +\overrightarrow{\mathstrut c}\right\vert^2\ge 0 \end{eqnarray*}$$
   
   
   ゆえに $\angle \mathrm{A}$ は鋭角である．同様に $\angle \mathrm{B},\ \angle \mathrm{C}$ も鋭角となり, $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ が鋭角三角形であることが示された．

 

$$\begin{eqnarray*} &&9-\{\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2\}\\ &=&9-2\... ...\mathstrut b} +\overrightarrow{\mathstrut c}\right\vert^2\ge 0 \end{eqnarray*}$$

等号成立は $\overrightarrow{\mathstrut a}+\overrightarrow{\mathstrut b} +\overrightarrow{\mathstrut c}=0$ つまり $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の重心と外心が一致するとき． つまり $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$が正三角形のときである．

別解

1. $\angle \mathrm{A}\ge 90^{\circ}$ とする． この場合，余弦定理から
   
   $$\mathrm{BC}^2\ge \mathrm{AB}^2+\mathrm{CA}^2$$
   
   
   となる．ゆえに，
   
   $$\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2 \le 2\mathrm{BC}^2\le 2\cdot2^2=8$$
   
   
   対偶が示せたので $\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2>8$ なら $\angle \mathrm{A}<90^{\circ}$である．

   $\angle \mathrm{B}<90^{\circ}，\ \angle \mathrm{C}<90^{\circ}$ も同樣である．

2. $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ が鋭角三角形でなければ(1)より，
   
   $$\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2\le 8$$
   
   
   $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ が鋭角三角形のときに $\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2\le 9$ が成立することを示せばよい．

   $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ の外接円の半径が1なので， 正弦定理から
   

   $$\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin C} =\dfrac{\mathrm{BC}}{\sin A}=\dfrac{\mathrm{CA}}{\sin B}=2$$
   
   
   よって
   $$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2 =4(\sin^2C+\sin^... ...\sin^2C+2-2\cos(180^{\circ}-C)\cos(A-B)\} \quad \cdots\maru{1} \end{eqnarray*}$$
   
   
   ここで， $\angle \mathrm{C}<90^{\circ}$より $\cos C>0$ ， さらに $0<\cos(A-B)\le 1$であるから，
   $$\begin{eqnarray*} \maru{1}&\le&2(2\sin^2 C+2+2\cos C)=4(-cos^2 C+\cos C+2)\\ ... ...\left(\cos C-\dfrac{1}{2} \right)^2 +\dfrac{9}{4}\right\}\le 9 \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって与不等式は成立する． 等号成立は， $\cos(A-B)\le 1$かつ $\cos C=\dfrac{1}{2}$， つまり $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$ が正三角形のときである．

□

解答 2.14       問題2.14

各頂点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C}$の内角を $A,\ B,\ C$とする．

$$0<A,\ B,\ C,\ A+B+C=\pi$$

である．正弦定理から三辺の長さは

$$\mathrm{BC}=2\sin A,\ \mathrm{CA}=2\sin B,\ \mathrm{AB}=2\sin C$$

である． $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の面積を二通りの方法で求める．

$$S=\dfrac{1}{2}\sin A\cdot\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AC} =2\sin A\sin B\sin C$$

一方， $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$を，内心を頂点とし各辺を1辺とする三つの三角形に分割することにより，

$$S= \dfrac{r}{2}\cdot\mathrm{BC}+ \dfrac{r}{2}\cdot\mathrm{CA}+ \dfrac{r}{2}\cdot\mathrm{AB} =r(\sin A+\sin B+\sin C)$$

これから

$$r(\sin A+\sin B+\sin C)=2\sin A\sin B\sin C$$

$\sin A>0,\ \sin B>0,\ \sin C>0$なので，

$$r=\dfrac{2\sin A\sin B\sin C}{\sin A+\sin B+\sin C}$$

を得る．

$$\begin{eqnarray*} ∴\quad r\le\dfrac{1}{2} &\iff&\dfrac{2\sin A\sin B\sin C}{\si... ...frac{1}{2}\\ &\iff&4 \sin A\sin B\sin C\le \sin A+\sin B+\sin C \end{eqnarray*}$$

ここで和積，積和の公式と$\maru{1}$およびその類似の等式を用いて右辺を変形する．

$$\sin (A+B)=\sin (\pi-C)=\sin C,\ \sin\dfrac{A+B}{2}=\sin\dfrac{\pi-C}{2}=\cos \dfrac{C}{2} \quad \cdots\maru{1}$$

などが成りたつ．

$$\begin{eqnarray*} \sin A+\sin B+\sin C &=&2\sin\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2}+... ...}\right)\\ &=&4\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2} \end{eqnarray*}$$

左辺では

$$\sin A\sin B\sin C=8\sin\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{B}{2} \sin\dfrac{C}{2}\cos\dfrac{C}{2}$$

であるから．不等式 $r\le\dfrac{1}{2}$は

$$8\sin\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{... ...rac{C}{2} \le \cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}$$

と同値である． $\cos\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{B}{2}\cos\dfrac{C}{2}>0$なので，

$$\sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} \le \dfrac{1}{8}$$

と同値である．ところが

$$\begin{eqnarray*} \sin\dfrac{A}{2}\sin\dfrac{B}{2}\sin\dfrac{C}{2} &=&\dfrac{1}{... ...A-B}{2}\\ &\le&\dfrac{1}{8}\cos^2\dfrac{A-B}{2}\le \dfrac{1}{8} \end{eqnarray*}$$

より，これは成立する． 等号は

$$\sin\dfrac{C}{2}-\dfrac{1}{2}\cos\dfrac{A-B}{2}=0,\ かつ\ \cos^2\dfrac{A-B}{2}=1$$

つまり

$$A=B=C=\dfrac{\pi}{3}$$

で， $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$が正三角形のとき成立する．

一部別解     解法のなかの不等式

$$4 \sin A\sin B\sin C\le \sin A+\sin B+\sin C$$

の証明は次のような別解もある．

$\sin A>0,\ \sin B>0,\ \sin C>0$なので相加平均・相乗平均の不等式から

$$\sqrt[3]{\sin A\sin B\sin C}\le\dfrac{\sin A+\sin B+\sin C}{3}$$

が成り立つ．両辺3乗して4倍すると

$$4\sin A\sin B\sin C\le\dfrac{4}{27}(\sin A+\sin B+\sin C)^3$$

したがって

$$\dfrac{4}{27}(\sin A+\sin B+\sin C)^3\le \sin A+\sin B+\sin C$$

を示せばよい． $\sin A+\sin B+\sin C>0$なので，これは

$$\dfrac{1}{3}(\sin A+\sin B+\sin C)\le \dfrac{\sqrt{3}}{2}$$

と同値である．これは $y=\sin x\ (0<x<\pi)$で上に凸であることを用いて示せる．

三点 $\mathrm{P}(A,\ \sin A)$， $\mathrm{Q}(B,\ \sin B)$， をとるとその重心 $\left(\dfrac{A+B+C}{3},\ \dfrac{\sin A+\sin B+\sin C}{3} \right)$ は $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内部にある．$y\le \sin x$のグラフが対応する区間では上に凸なので，$\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の三辺は領域$y\le \sin x$にあり，その結果，重心も領域$y\le \sin x$にある． これから

$$\dfrac{1}{3}(\sin A+\sin B+\sin C)\le \sin\left(\dfrac{A+B+C}{3} \right) =\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$

となる．

別解1

$\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の頂点の対辺の長さを$a, b, c$とする． また内心を$\mathrm{I}$とする． さらに各点の外心$\mathrm{O}$を基準点とする位置ベクトルを $\overrightarrow{a}$のように小文字で表す．

$\mathrm{AI}$は $\angle \mathrm{BAC}$の二等分線なので，

$$\overrightarrow{\mathrm{AI}} =s\left(\dfrac{1}{c}\overrighta... ...{\mathrm{AB}}+\dfrac{1}{b}\overrightarrow{\mathrm{AC}} \right)$$

と表せる．同様に

$$\overrightarrow{\mathrm{BI}} =t\left(\dfrac{1}{c}\overrighta... ...{\mathrm{BA}}+\dfrac{1}{a}\overrightarrow{\mathrm{BC}} \right)$$

これを始点を$\mathrm{A}$にして書くと

$$\overrightarrow{\mathrm{AI}} =\left(1-\dfrac{t}{a}-\dfrac{t}... ...htarrow{\mathrm{AB}} +\dfrac{t}{a}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$$

$$\dfrac{s}{c}=1-\dfrac{t}{a}-\dfrac{t}{c},\ \dfrac{s}{b}=\dfrac{t}{a}$$

$$∴\quad s=\dfrac{bc}{a+b+c},\ t=\dfrac{ac}{a+b+c}$$

$$\overrightarrow{\mathrm{AI}} =\dfrac{1}{a+b+c}(b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}})$$

よって

$$\overrightarrow{i} =\dfrac{1}{a+b+c}(a\overrightarrow{a}+b\overrightarrow{b}+c\overrightarrow{c})$$

次に

$$a^2=\vert\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\vert^2=2-2\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{b}$$

などより

$$\begin{eqnarray*} 2\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{b}&=&2-a^2\\ 2\overri... ...a}&=&2-c^2\\ 2\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}&=&2-b^2 \end{eqnarray*}$$

であるから

$$\begin{eqnarray*} \vert\overrightarrow{i}\vert^2 &=&\dfrac{1}{(a+b+c)^2}\vert a\... ...1}{(a+b+c)^2}\{(a+b+c)^2-abc(a+b+c)\}\\ &=&1-\dfrac{abc}{a+b+c} \end{eqnarray*}$$

ここで正弦定理から$c=2\sin C$なので

$$abc=4\left(\dfrac{1}{2}ab\sin C \right)=4\bigtriangleup \mathrm{ABC}$$

一方内接円の半径が$r$なので

$$\bigtriangleup \mathrm{ABC}=\dfrac{r}{2}(a+b+c)$$

である．

$$∴\quad abc=2r(a+b+c)$$

ゆえに

$$\vert\overrightarrow{i}\vert^2=1-\dfrac{abc}{a+b+c}=1-2r\ge 0$$

$$∴\quad r\le \dfrac{1}{2}$$

等号成立は $\vert\overrightarrow{i}\vert^2$より外心と内心が一致するとき，つまり正三角形のときである

別解2

鈍角三角形や直角三角形では明らかに $r\le\dfrac{1}{2}$なので， $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$は鋭角三角形とする． 内心を$\mathrm{I}$,外心を$\mathrm{O}$とする． $\angle \mathrm{A}=2\alpha$， $\angle \mathrm{B}=2\beta$とおく．
図のように，AIと外接円の交点をD，Dを通る直径をDEとする． また内心Iから辺ABへの垂線の足をHとする． さらに内心Iを通る直径をPQとする．

$\angle \mathrm{DBE}=\dfrac{\pi}{2}$で $\angle \mathrm{BED}=\angle \mathrm{HAI}$より，

$$\bigtriangleup \mathrm{BED}∽\bigtriangleup \mathrm{HAI}$$

この結果

$$\mathrm{BD}：\mathrm{DE}=\mathrm{HI}：\mathrm{IA}$$

よって

$$\mathrm{BD}\cdot\mathrm{IA}=2r$$

次に図のように $\angle \mathrm{DBC}=\alpha$なので

$$\angle \mathrm{DBI}=\alpha+\beta=\angle \mathrm{DIB}$$

より $\bigtriangleup \mathrm{DBI}$は二等辺三角形． よって $\mathrm{BD}=\mathrm{DI}$． この結果

$$2r=\mathrm{DI}\cdot\mathrm{IA}$$

一方，方べきの定理から $\mathrm{DI}\cdot\mathrm{IA}=\mathrm{PI}\cdot\mathrm{IQ}$ であるので，

$$\begin{eqnarray*} 2r&=&\mathrm{PI}\cdot\mathrm{IQ}\\ &=&(\mathrm{PO}+\mathrm{OI})\cdot(\mathrm{QO}-\mathrm{OI})\\ &=&1-\mathrm{OI}^2\le 1 \end{eqnarray*}$$

これから

$$r\le\dfrac{1}{2}$$

で等号成立は$\mathrm{OI}=0$， つまり $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内心と外心が一致するときで正三角形のときである．□

別解3

三角形の内接円の半径$r$とは

三角形の3辺と共有点をもつ円の半径の最小値

である．
$\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の各辺の中点を $\mathrm{L,\ M,\ N}$ とする．

$\bigtriangleup \mathrm{LMN}$は $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$と相似で，相似比は$\dfrac{1}{2}$である． つまり三辺と共有点をもち半径$\dfrac{1}{2}$の円が存在する． ゆえに，内接円の半径$r$は$\dfrac{1}{2}$以下である． □

 

解答 2.15       問題2.15

1. 
   
   $$\left\{ \begin{array}{r} x+2y+5z=3\quad\cdots\maru{1}\\ ... ...s\maru{2}\\ 8y+bz=5\quad\cdots\maru{3} \end{array} \right.$$
   
   
   とする． $\maru{2},\ \maru{3}$を満たす一組の$y$と$z$に対して， $\maru{1}$から$x$がただ一つ定まる．

   したがって $\maru{2},\ \maru{3}$を満たす$y$と$z$が ただ一つ定まればよい．

   $\maru{2}\times b-\maru{3}\times 2$より
   

   $$(ab-16)y=2b-10$$
   
   
   $ab-16=0$のときは，$2b-10=0$なら$y$は任意であり， $2b-10\ne0$なら$y$は存在しない． $ab-16\ne 0$のときは，$y$がただ一つに定まる． $\maru{2}$から$z$もただ一つに定まる．
   
   $$∴\quad ab-16\ne 0$$
   
   
   このとき， $y=\dfrac{2b-10}{ab-16}$なので順次代入して次の解を得る．
   
   $$(x,\ y,\ z) =\left(\dfrac{3ab-25a-4b+52}{ab-16},\ \dfrac{2b-10}{ab-16},\ \dfrac{5a-16}{ab-16} \right)$$
   
   

2. (1)から無数の$y$が存在するのは
   
   $$ab-16=0,\ かつ\ 2b-10=0$$
   
   
   のとき．つまり $a=\dfrac{16}{5},\ b=5$のときである． このとき方程式 $\maru{2},\ \maru{3}$はともに，
   
   $$8y+5z=5\quad \cdots\maru{4}$$
   
   
   となる． したがって，$\maru{4}$を満たす$(y,\ z)$に対して， $z$の値を$t$にとると，$y$は
   
   $$y=\dfrac{5-5t}{8}$$
   
   
   と定まる．これは$\maru{4}$を満たす．つまり， すべての$(y,\ z)$は任意の数$t$を用いて $\left(\dfrac{5-5t}{8},\ t \right)$と表される． このとき
   
   $$x=3-2\left(\dfrac{5-5t}{8}\right)-5t=\dfrac{7-15t}{4}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad (x,\ y,\ z) =\left(\dfrac{7-15t}{4},\ \dfrac{5-5t}{8},\ t\right)\ ,\ (t\ は任意の数)$$
   
   

□

解答 2.16       問題2.16

 

$$\begin{eqnarray*} f(n)&=&n^3-n+3(an^2+bn+c)\\ &=&(n-1)n(n+1)+3(an^2+bn+c) \end{eqnarray*}$$

$n-1,\ n,\ n+1$は三つの連続した整数なので， いずれかは3の倍数である． ゆえにその積$(n-1)n(n+1)$はつねに3の倍数である．

よって，すべての整数$n$に対して，$f(n)$は3の倍数である．

$g(x)$を $g(x)=x^3+px^2+qx+r$とおく．条件から

$$\begin{array}{lr} g(-1)=-1+p-q+r&\cdots\maru{1}\\ g(0)=r&\cdots\maru{2}\\ g(1)=1+p+q+r&\cdots\maru{3} \end{array}$$

のいずれも3の倍数である． $\maru{2}$から$r$が3の倍数なので，整数$c$を用いて$r=3c$とおく． $\maru{1}+\maru{3}$から$2p+6c$が3の倍数，つまり$2p$が3の倍数． 2と3は互いに素なので，$p$が3の倍数である． 整数$a$を用いて$p=3a$とおく． その結果，$q+1$が3の倍数になるので， 整数$b$を用いて$q+1=3b$とおく． このとき

$$\begin{eqnarray*} g(x)&=&x^3+px^2+qx+r\\ &=&x^3+3ax^2+(3b-1)x+3c\\ &=&x^3-x+3(ax^2+bx+c) \end{eqnarray*}$$

である．つまり$g(x)$がある整数$a, b, c$を用いて，

$$g(x)=x^3-x+3(ax^2+bx+c)$$

と表されることが必要である． (1)からこのとき，すべての$n$に対して$g(n)$は3の倍数になる．

別解

(1)(2)あわせて解くこともできる． $g(x)=x^3+px^2+qx+r$とおく． すべての整数$n$に対し$g(n)$が3の倍数となることは， $g(0)$が3の倍数，かつ$g(n+1)-g(n)$が3の倍数であることと同値．

$$g(n+1)-g(n)=3n^2+3n+1+p(2n+1)+q$$

なので， $h(n)=1+p(2n+1)+q$とおくと，再びこれが3の倍数になることと $h(0)$が3の倍数，かつ$h(n+1)-h(n)$が3の倍数であることと同値．

$$h(n+1)-h(n)=2p$$

よって，$g(n)$がすべての整数$n$に対して3の倍数になることと

が3の倍数になることとが，同値である．

$r=3c,\ q=3b-1,\ p=3a$とおけば， $g(x)=x^3-x+3(ax^2+bx+c)$となる． □

解答 2.17       問題2.17

1. 与方程式は
   
   $$(a-k)x^2+2bxy+(c-k)y^2=0 \quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   となる． 1に $(x,\ y)=(0,\ 0)$ 以外の解 $(x_0,\ y_0)$ が存在したとする．

   $y_0\ne 0$ とする． このとき より
   

   $$(a-k) \left(\dfrac{x_0}{y_0} \right)^2 +2b\left(\dfrac{x_0}{y_0} \right) +(c-k)=0$$
   
   

   $a-k=0$なら は成立している．

   $a-k\ne 0$のとき．2次方程式
   

   $$(a-k)X^2+2bX+c-k=0\quad \cdots\maru{2}$$
   
   
   に実数解 $X=\dfrac{x_0}{y_0}$ が存在したので，
   
   $$D/4=b^2-(a-k)(c-k)\ge 0 \quad \cdots\maru{3}$$
   
   
   が成立する． $x_0\ne 0$ のときも同様． よって3が1に$(0,\ 0)$ 以外の解が 存在するための必要条件であることが示された．

   次に�Bが成り立っているとする． $a-k=0$のときは， $(x,\ y)=(1,\ 0)$ が�@の解である． $a-k\ne 0$のとき．2次方程式�Aの判別式が負でないので， 2次方程式2に実数解が存在する． それを $X=X_0$ とする． このとき
   

   $$(x,\ y)=(X_0,\ 1)$$
   
   
   は1の$(0,\ 0)$ 以外の解である．

   つまり�Bのとき�@に$(0,\ 0)$ 以外の解が存在した． したがって与方程式に $(x,\ y)=(0,\ 0)$ 以外の解が存在するためには， が成り立つことが必要十分である ことが証明された．

2. $(x,\ y)=(0,\ 0)$ のとき任意の $p,\ q$ で成立する． $(x,\ y)\ne (0,\ 0)$ のとき $x^2+y^2>0$ であるから，条件は
   
   $$p\le \dfrac{ax^2+2bxy+cy^2}{x^2+y^2}\le q$$
   
   
   となる．ここで， $k=\dfrac{ax^2+2bxy+cy^2}{x^2+y^2}$ とおく． 求める $p$ の最大値は $k$ の最小値であり， 求める$q$ の最小値は $k$の最大値である． $k$ のとりうる値の範囲は
   
   $$k(x^2+y^2)=ax^2+2bxy+cy^2$$
   
   
   を満たす$(0,\ 0)$ 以外の$(x,\ y)$ が存在する範囲として定まる． それは(1)から
   
   $$b^2-(a-k)(c-k)\ge 0$$
   
   
   である．これを解いて
   
   $$\dfrac{(a+c)-\sqrt{(a-c)^2+4b^2}}{2}\le k \le \dfrac{(a+c) +\sqrt{(a-c)^2+4b^2}}{2}$$
   
   
   
   
   $$∴ \quad \begin{array}{l} pの最大値=\dfrac{(a+c)-\sqrt{(a... ... qの最小値=\dfrac{(a+c)+\sqrt{(a-c)^2+4b^2}}{2} \end{array}$$
   
   

□

解答 2.18       問題2.18

1. 三角形$A$内の動点を$\mathrm{P}$， 三角形$B$内の動点を$\mathrm{Q}$とする． $A+B$はベクトル
   
   $$\overrightarrow{\mathrm{OR}} =\overrightarrow{\mathrm{OP}}+\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$$
   
   
   で定まる点$\mathrm{R}$の全体である． $\mathrm{Q}$を固定し$\mathrm{P}$を$A$内を動かすとき，点$\mathrm{R}$は 三角形$A$を $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$平行移動した三角形を動く．

   その上で点$\mathrm{Q}$を動かすことにより， $A+B$は三角形$A$の頂点$\mathrm{O}$が 三角形$B$内にあるように動かした図形の全体になることがわかる．

   $b=2$のとき$A+B$は図の斜線部分である． その面積は
   

   $$\dfrac{2(1+2)}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{2}$$
   
   
   である．
2. $\left\vert A\right\vert=\dfrac{1}{2}$， $\left\vert B\right\vert=\dfrac{b}{2}$である．

   $b\ge 1$のときは(1)と同様に
   

   $$\left\vert A+B\right\vert=\dfrac{b(1+2)}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3b+1}{2}$$
   $$\begin{eqnarray*} ∴\quad \left\vert A+B\right\vert-(\sqrt{\left\vert A\right\v... ...+\dfrac{b}{2}\right)\\ &=&b-\sqrt{b}\ge 0\ \ (∵\quad b\ge 1) \end{eqnarray*}$$

    

また，$0<b<1$のときは図のようになる． よって

$$\left\vert A+B\right\vert=\dfrac{1(1+2)}{2}+\dfrac{b}{2}=\dfrac{3+b}{2}$$

$$\begin{eqnarray*} ∴\quad \left\vert A+B\right\vert-(\sqrt{\left\vert A\right\v... ...}+\dfrac{b}{2}\right)\\ &=&1-\sqrt{b}\ge 0\ \ (∵\quad 0<b<1) \end{eqnarray*}$$

よって，すべての$b>0$に対して， $\sqrt{\left\vert A+B \right\vert}\ge \sqrt{\left\vert A\right\vert}+\sqrt{\left\vert B\right\vert}$ が示せた．

□

解答 2.19       問題2.19

1. 条件から $(m+n-1)^2+(m-n+1)=200$となればよい． $14^2=196$なので， $\left\{ \begin{array}{l} m+n-1=14\\ m-n+1=4 \end{array} \right.$に整数解があればよい．これから$m=9,\ n=6$．
2. 不等式$-a<b\le a$，$-c<d\le c$より$-c\le -d<c$も成り立つので
   
   $$-a-c<b-d<a+c \quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   である．一方，等式$a^2+b=c^2+d$から
   
   $$(c-a)(c+a)=b-d$$
   
   
   これから$b-d$は$c+a$の倍数である．$\maru{1}$の範囲の$c+a$の倍数は0しかない．
   
   $$∴\quad b-d=0,\ その結果\quad a^2=c^2$$
   
   
   $-a<a,\ -c<c$なので$a$と$c$は正．よって$a=c$が示された．
3. 自然数$k$に対し，$f(m,\ n)=k$をみたす$m,\ n$ が2組存在するとし，それを$m_1,\ n_1$と$m_2,\ n_2$とする．
   
   $$(m_1+n_1-1)^2+(m_1-n_1+1)=(m_2+n_2-1)^2+(m_2-n_2+1)$$
   
   
   である． $a=m_1+n_1-1$，$b=m_1-n_1+1$， $c=m_2+n_2-1$，$d=m_2-n_2+1$とおく．
   
   $$-a<b\le a\quad \iff\quad 0<m_1,\ 1\le n_1$$
   
   
   $m_1,\ n_1$は自然数なのでこれは成立する．$-c<d\le c$も同様に成立する． (2)から$a=c$，$b=d$となり，これから
   
   $$m_1+n_1=m_2+n_2,\ m_1-n_1=m_2-n_2$$
   
   
   この2式を辺々の和と差をとることにより$m_1=m_2$，$n_1=n_2$が成立する．

   次に$f(m,\ n)=k$をみたす$m,\ n$の存在を示す．

   $(m+n-1)^2+(m-n+1)=2k$なので， $\left\{ \begin{array}{l} m+n-1=l\\ m-n+1=2k-l^2 \end{array} \right.$に自然数解があるように整数$l$がとれることを示せばよい． $m$と$n$について解いて
   

   $$m=\dfrac{1}{2}(2k-l^2+l),\ n=\dfrac{1}{2}(l^2+l-2k)+1$$
   
   
   $(\quad )$内は偶数なので，$m$と$n$は整数である．
   
   $$m\ge 1,\ n\ge 1\quad \iff\quad l^2-l+2\le 2k \le l^2+l$$
   
   
   ここで$l$を $\sqrt{2k}+\dfrac{1}{2}$を超えない最大の整数とする．つまり
   
   $$l\le \sqrt{2k}+\dfrac{1}{2}<l+1\quad \iff\quad l^2-l+\dfrac{1}{4}\le 2k<l^2+l+\dfrac{1}{4}$$
   
   
   $2k$が偶数なので，これは
   
   $$l^2-l+2\le 2k\le l^2+l$$
   
   
   を意味する．よって題意をみたす$l$が存在した．

存在の別証明

次に$f(m,\ n)=k$をみたす$m,\ n$の存在を$k$についての数学的帰納法で示す．

$k=1$のとき．$f(1,\ 1)=1$より成立．

$k$のとき$f(m,\ n)=k$とし，$k+1$のときの存在を示す． この$n$について．

1. $n>1$のとき．
   $$\begin{eqnarray*} f(m+1,\ n-1)&=&\dfrac{1}{2}\{(m+n-1)^2+(m-n+3)\}\\ &=&f(m,\ n)+1=k+1 \end{eqnarray*}$$
   
   

2. $n=1$のときは $f(m,\ 1)=\dfrac{1}{2}(m^2+m)=k$であるから
   $$\begin{eqnarray*} f(1,\ m+1)&=&\dfrac{1}{2}\{(1+m+1-1)^2+(1-m-1+1)\}\\ &=&\dfrac{1}{2}(m^2+m+2)=k+1 \end{eqnarray*}$$
   
   

となり，$k+1$のときも成立する． よってすべての自然数について$f(m,\ n)=k$をみたす$m,\ n$が存在し， ただ1組だけであることが示された．

解説

 (3)後半の数学的帰納法による証明は次のことにもとづいている．

$$f(m,\ n)=\dfrac{1}{2}\{(m+n-1)^2+(m-n+1)\}$$

は，第1象限にある格子点を図の矢線の順に数えたとき， $(m,\ n)$が$(1,\ 1)$からはじめて何番目かを示すものである． これをもとに，図を思い浮かべて数学的帰納法で示している．

    数学的帰納法の結果， $(m,\ n)$が$(1,\ 1)$からはじめて$f(m,\ n)$番目にあることが示されている．

直接計算することもできる．$x+y=m+n-1$の上には$m+n-2$個の格子点がある． したがって，$(m,\ n)$は$(1,\ 1)$からはじめて

$$\begin{eqnarray*} \dfrac{(m+n-2)(m+n-1)}{2}+m&=&\dfrac{(m+n-1)^2-(m+n-1)+2m}{2}\\ &=&\dfrac{(m+n-1)^2+(m-n+1)}{2} \end{eqnarray*}$$

となり，$f(m,\ n)$と一致する．

□

解答 2.20       問題2.20

関数 $y=\left\vert x^2-2\right\vert$と $y=\left\vert 2x^2+ax-1\right\vert$のグラフの共有点の個数は

$$\left\vert x^2-2\right\vert=\left\vert 2x^2+ax-1\right\vert \quad \cdots\maru{1}$$

となる実数$x$の個数に等しい． $\maru{1}$は

$$2x^2+ax-1=x^2-2\ ,\ または\quad 2x^2+ax-1=-x^2+2$$

つまり

$$ax=-x^2-1\ ,\ または\quad ax=-3x^2+3$$

と同値である．したがって 直線$y=ax$が2つの放物線$y=-x^2-1$または$y=-3x^2+3$ともつ共有点の個数に等しい． 2つの放物線の交点は

$$-x^2-1=-3x^2+3$$

より$x=\pm\sqrt{2}$で交点は $(\pm\sqrt{2},\ -3)$である． 直線$y=ax$がこの交点を通るのは である．

またそれぞれの放物線と直線が接するのは 判別式を調べて

$$\begin{eqnarray*} &&ax=-x^2-1\ \iff\ x^2+ax+1=0：判別式\ D=a^2-4=0\ より\ a=\pm ... ...ax=-3x^2+3\ \iff\ 3x^2+ax-3=0：判別式\ D=a^2+36>0\ より\ a\ なし \end{eqnarray*}$$

 

$y$軸に関する対称性から$\vert a\vert$の範囲で共有点の個数は次のように決まる．

$$共有点の個数= \left\{ \begin{array}{ll} 2&(0\le \vert a\ve... ...ft(\dfrac{3}{\sqrt{2}}<\vert a\vert\right) \end{array}\right.$$

□

解答 2.21       問題2.21
$x$ 軸の0と自然数値を「回数」に， $y$ 軸の0と自然数値を「赤の個数-白の個数」にする． 赤がでれば$\nearrow$ ，白がでれば$\searrow$と動く．

「赤の個数-白の個数」が-1になることなく点 $(i,\ j)$ になる場合の数， つまり， $y=-1$ 上に来ることなく原点から点 $(i,\ j)$ に至る経路の総数を $N(i,\ j)$ とする．

$$N(i-1,\ j-1)+N(i-1,\ j+1)=N(i,\ j)$$

なので順次各点に至る経路の総数を書きこんでいく．

 

(1)

$N(3,\ -1)=1$ ．これは赤白白と取り出した場合である． この取り出し方の総数は $6\cdot4\cdot3$ ．玉3個の取り出し方の総数は ${}_{10} \mathrm{P}_3=10\cdot9\cdot8$ ．その確率は

$$\dfrac{6\cdot4\cdot3}{10\cdot9\cdot8}=\dfrac{1}{10}$$

(2)

同様に $N(5,\ -1)=2$ ．いずれも赤2回，白3回取り出されるので， 求める確率は

$$2\times\dfrac{6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot2}{10\cdot9\cdot8\cdot7\cdot6} =\dfrac{1}{21}$$

(3)

同様に $N(10,\ 2)=90$ で， いずれの経路でも玉はすべて取り出されるので， 求める確率は

$$90\times\dfrac{6!\cdot4!}{10!} =\dfrac{3}{7}$$

注意1     $N(i,\ j)$ は一種のカタラン数である．この観点で$N(10,\ 2)=90$を求める．

原点から点 $(10,\ 2)$ に至る経路の総数は ${}_{10} \mathrm{C}_6$ 通りある． このうち $y=-1$ 上を通る経路の数を求める． $\mathrm{C}(10,\ 2)$ とし， $y=-1$ で 折り返した点を $\mathrm{C'}$ とする． $y=-1$ 上を通る経路は，この折り返しで 原点から $\mathrm{C'}$ に至る経路の総数と一致する．つまり ${}_{10} \mathrm{C}_7$．

$$∴ \quad N(10,\ 2)={}_{10} \mathrm{C}_6-{}_{10} \mathrm{C}_7=90$$

注意2     この問題では，二つの動き $\searrow\ ,\ \nearrow$の確率が，変化する． 一つ一つの経路の確率も書きこんでそれを乗じてもよい． □

解答 2.22       問題2.22

硬貨を投げる試行は各回独立で，1回の試行で表の出る確率と裏のでる確率は等しく $\dfrac{1}{2}$ とする． $x$ 軸の0と自然数値を「回数」に， $y$ 軸を「数直線」にして，各回の試行の後， 駒がある点 $X_n$ の座標をとる．それぞれ原点を0にする． このような図では表がでれば $\searrow$ ，裏がでれば$\nearrow$と動き，その確率はいずれも$\dfrac{1}{2}$である．

(1)

駒がある点 $X_n$ は $X_0=0$から始めて， $n$ が1増えるごとに$\pm1$変化する． つまり1回の変化量は奇数である．したがって $n$ が奇数なら$X_n$ も奇数, $n$ が偶数なら $X_n$ も偶数である．ゆえに駒が点1にあるのは奇数回の試行の後にかぎる．

奇数 $k$ に対して, $k$ 回目に硬貨を投げたあと， 駒が点1に来るのは，最初表が出て点1に来て，その後， 2回ずつの試行で1から1に動くことを $\dfrac{k-1}{2}$ 回くり返すときのみである．

また $n$ 回の試行の後に $X_n=a\ (a=-1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3)$ となる確率を $P(X_n=a)$ と書くことにする．

さて駒が点1にあるとき，その後2回の試行で再び駒が1に来る確率は

$$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$$

である． したがってその確率は $\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{2} \right)^{\frac{k-1}{2}} =\left(\dfrac{1}{2} \right)^{\frac{k+1}{2}}$

$$∴ \quad P(X_k=1)=\left\{ \begin{array}{ll} 0&(k\ 偶数)\\... ...{1}{2} \right)^{\frac{k+1}{2}}&(k\ 奇数) \end{array} \right.$$

(2)

$$E[X_k]=3\cdot P(X_k=3)+2\cdot P(X_k=2)+1\cdot P(X_k=1)+(-1)\cdot P(X_k=-1)$$

ここで

$$\begin{eqnarray*} P(X_k=3)&=&\dfrac{1}{2}P(X_{k-1}=2)+P(X_{k-1}=3)\\ P(X_k=2)... ...{k-1}=1)\\ P(X_k=-1)&=&\dfrac{1}{2}P(X_{k-1}=0)+P(X_{k-1}=-1) \end{eqnarray*}$$

が成り立つ．

$$\begin{eqnarray*} ∴ \quad E[X_k] &=&3\cdot P(X_k=3)+2\cdot P(X_k=2)+1\cdot P(... ... +1\cdot P(X_{k-1}=1)+(-1)\cdot P(X_{k-1}=-1)\\ &=&E[X_{k-1}] \end{eqnarray*}$$

$$∴ \quad E[X_k]=E[X_1]=1\cdot\dfrac{1}{2}+(-1)\dfrac{1}{2}=0$$

別解1     (1)は(2)で作った関係式から求めてもよい．

$$\begin{eqnarray*} P(X_{k+2}=1)&=&\dfrac{1}{2}P(X_{k+1}=2)+\dfrac{1}{2}P(X_{k+1}=... ...2} \left(\dfrac{1}{2}P(X_k=1) \right)\\ &=&\dfrac{1}{2}P(X_k=1) \end{eqnarray*}$$

ここで

$$P(X_1=1)=\dfrac{1}{2} \quad ,\ \quad P(X_2=1)=0$$

より，同じ結果を得る．

注意     (2)は図をもとに各 $a=-1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3$ に対する$X_k=a$と $X_{k-1}=a$ の相互の 関係式を作り，それをもとに期待値$E[X_k]$と$E[X_{k-1}]$の漸化式を作ろうとした． やってみれば結果として $E[X_k]=E[X_{k-1}]$ になった．

なお，記号$P(X_{k+1}=2)$は数Bでの記号であるが，定義して用いれば数Iで用いてよい． また，この解答はあくまで数Iの範囲で解いている．

数Bでならう期待値の加法性 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ を用いれば次のように解くこともできる．

別解2     $n$ 回目の試行で移動する量を $r_n$ とおく．これは確率変数である．そして

$$X_n=0+r_1+r_2+\cdots+r_n$$

$n$ 回目の試行を行う直前に駒がすでに $-1$ か3にある確率を $p_{n-1}$ とおく． 駒が$n$ 回目の試行を行う直前に$-1$ か3 にあれば $r_n=0$ である．

そこで

$$\begin{eqnarray*} E[X_k]&=&E[r_1+r_2+\cdots+r_k]\\ &=&E[r_1]+E[r_2]+\cdots+E[r_k] \end{eqnarray*}$$

ここで，

$$\begin{eqnarray*} E[r_k]&=&p_{k-1}\cdot 0 +(1-p_{k-1}) \left(1\times\dfrac{1}{2}+(-1)\times\dfrac{1}{2} \right)\\ &=&0 \end{eqnarray*}$$

$$∴ \quad E[X_k]=0$$

□

解答 2.23       問題2.23

(1) 「白白白」から姶めて，3回の操作の結果，色の並び方が「黒白白」となる場合，「白黒白」 となる場合，または「白白黒」となる場合は同様に確からしい．したがって問題(2)の記号を用いれば， 求める確率は $\dfrac{1}{3}p_3$である．よって，(2)から先に解く．
(2) 「白白白」から始めて，$n$回の操作の結果，黒の個数が1である確率が$p_n$である． 1回の試行で黒の個数の増減は1で奇数である．最初は黒の個数は0で偶数であったから， 黒の個数は，偶数回の試行の後は偶数個で0個か2個，奇数回の試行の後は奇数個で1個か3個である． $n$回の操作の結果，黒の個数が3である確率を$q_n$とする．

$n=2k-1$と$n=2k+1$のときの$p_n,\ q_n$の漸化式を求める．図のように，個数の変化とその確率が定まる．

これから

$$\begin{eqnarray*} p_{2k+1}&=&\left(\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{3} \right)p_{2k-1}+\df... ...q_{2k-1}\\ q_{2k+1}&=&\dfrac{2}{9}p_{2k-1}+\dfrac{1}{3}q_{2k-1} \end{eqnarray*}$$

である． 奇数回の試行の後は黒の個数は1か3であるから

$$p_{2k+1}+q_{2k+1}=1$$

したがって第1式から

$$p_{2k+1}=\dfrac{7}{9}p_{2k-1}+\dfrac{2}{3}(1-p_{2k-1})=\dfrac{1}{9}p_{2k-1}+\dfrac{2}{3}$$

これから

$$p_{2k+1}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{9}\left(p_{2k-1}-\dfrac{3}{4}\right)$$

$p_1=p_{2\cdot0+1}=1$であるから

$$p_{2k+1}-\dfrac{3}{4}=\left(\dfrac{1}{9}\right)^k\left(p_1-\dfrac{3}{4}\right) =\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{9}\right)^k$$

つまり

$$p_{2k+1}=\dfrac{3}{4}\left(1+\dfrac{1}{3^{2k+1}}\right)$$

これから(1)の解は

$$\dfrac{1}{3}P_3=\dfrac{7}{27}$$

□

解答 2.24       問題2.24

(1)

2種類の数字の一つが0である場合．2種の数字の選び方は9通り，

0でない数字を△とする．千の桁は△のみ． 他の三桁は0でも△でもよい．すべて△の場合のみ除く．

$$∴\quad 9(2^3-1)=63$$

2種とも0でない場合．数字の選び方は ${}_9\mathrm{C}_2=36\ (通り)$． 2数を4つの桁に並べ，すべてがいずれかの場合を除く．

$$∴\quad 36(2^4-2)=504$$

$$∴\quad 9\times 7+36\times14=567\ (個)$$

(2)

同様に考える．文字の選び方は(1)と同じである，並べ方は

1つが0である場合．

$$9(2^{n-1}-1)$$

0がない場合．

$$36(2^n-2)$$

$$∴\quad 9\times (2^{n-1}-1)+36\times(2^n-2)=81(2^{n-1}-1)\ (個)$$

□

解答 2.25       問題2.25

1. 3本のロープを $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C}$ ，その端を $\mathrm{A_1},\ \mathrm{A_2},\ \mathrm{B_1},\ \mathrm{B_2},\ \mathrm{C_1}, \ \mathrm{C_2}$とする．

   6本の端の一つを任意に選ぶ． $\mathrm{A_1}$ とする．残る5本の端のうち， $\mathrm{B}$ か $\mathrm{C}$ の端を選ぶ． $\mathrm{B_1}$ とする． さらに残る4本の端の一つを任意に選ぶ．それが$\mathrm{A}$か$\mathrm{B}$ の端なら $\mathrm{C}$ の2本の端を，$\mathrm{C}$ の端なら$\mathrm{A}$か$\mathrm{B}$ の 残る端を選ぶ．最後に残った2本の端を結ぶ．

   このとき一つの輪ができる．
   

   $$∴ \quad P(3)=\dfrac{4}{5}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{15}$$
   
   

2. 4本のロープの端を一つ任意に選ぶ．そのロープ以外のロープの端を選び結ぶ． するとこの段階で3本のロープになっている．
   
   $$∴ \quad P(4)=\dfrac{6}{7}\times P(3)=\dfrac{16}{35}$$
   
   

3. 同様に考えると $P(n+1)=\dfrac{2n}{2n+1}\times P(n)$．
   
   $$∴ \quad \dfrac{P(n+1)}{P(n)}=\dfrac{2n}{2n+1}$$
   
   

注意     問題の中にヒントがある．(3)を見れば， $\dfrac{P(4)}{P(3)}$が簡単な形になるはず． それを $n=3$ のときに試してみるというつもりで(1)(2)を解けばよい． □

解答 2.26       問題2.26

1. 明らかに $C(1)=0,\ C(2)=1$である．$n=3$のときは 231と312の2通り．よって$C(3)=2$である． $n=4$のとき．
   1. 21○○のように，1がどれかと入れ替わっているとき． 他のカードの並べ方は$C(2)=1$通り． 1との入れ替え方は3通り．よってこの型は3通り．
   2. 1がどれかと入れ替わってはいないとき． 1が$k$番に入ったとする．2は2番以外，3は3番以外，$k$は1番以外と， それぞれ1箇所入ってはいけない場所が指定されるので，$C(3)=2$通り． 1の入り方は3通りなので，この型は6通り．
   よって$C(4)=9$である．
2. (1)と同様に，
   $$\begin{eqnarray*} C(5)&=&4C(3)+4C(4)=4\times(2+9)=44\\ C(6)&=&5C(4)+5C(5)=5\times(9+44)=265 \end{eqnarray*}$$
   
   

3. 同様$n+2$枚のカードについて考える． (1)と同様に考える．
   1. 21○○のように，1がどれかと入れ替わっているとき． 他の決め方は$C(n)$通り．入れ替え方は$n+1$通り． よってこの型は$(n+1)C(n)$通り．
   2. 1がどれかと入れ替わってはいないとき． 1が$k$番に入ったとする．2は2番以外，3は3番以外，$k$は1番以外と， それぞれ1箇所入ってはいけない場所が指定されるので，$C(n+1)$通り． 1の入り方は$n+1$通りなので，この型は$(n+1)C(n+1)$通り．
   
   
   $$∴\quad C(n+2)=(n+1)\{C(n)+C(n+1)\}$$
   
   

参考

題意の事象の起こる確率を$p_n$とすると，

$$p_n=\dfrac{C(n)}{n!}$$

となる． そこで，(3)の結果から

$$\dfrac{C(n+2)}{(n+2)!} =\dfrac{(n+1)\{C(n)+C(n+1)\}}{(n+2)!}... ...\dfrac{C(n)}{n!} + \dfrac{n+1}{n+2}\cdot\dfrac{C(n+1)}{(n+1)!}$$

$$∴\quad p_{n+2}-p_{n+1}=\dfrac{1}{n+2}\left(p_n-p_{n+1} \right) =-\dfrac{1}{n+2}\left(p_{n+1}-p_n \right)$$

\[ p_{n+1}-p_n= \dfrac{(-1)^{n-1}\cdot 2}{(n+1)!}(p_2-p_1) =\dfrac{(-1)^{n-1}\cdot 2}{(n+1)!}\cdot\dfrac{1}{2} =\dfrac{(-1)^{n-1}}{(n+1)!} \]

となる．これから

$$p_n=\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\dfrac{1}{4!}-\cdots+\dfrac{(-1)^n}{n!}$$

となる． また，次式も成立する．

$$\lim_{n \to \infty}p_n=\dfrac{1}{e}$$

※    これは古典的な確率論で有名な「めぐり合いの問題」である． いうまでもなく，少なくとも1枚$k$番目に番号$k$のカードがある めぐりあいの確率は余事象$1-p_n$． □

解答 2.27       問題2.27

(1)

$$\begin{eqnarray*} &&\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)(a+b+c)... ...{b}\cdot\dfrac{b}{c}} +2\sqrt{\dfrac{a}{c}\cdot\dfrac{c}{a}}=9 \end{eqnarray*}$$

等号成立は $a=b=c$ のとき．

$$∴ \quad \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge \dfrac{9}{a+b+c} \quad (等号成立は a=b=c のとき)$$

(2)

同様に

$$\begin{eqnarray*} &&\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{x_k}\sum_{k=1}^nx_k =\sum_{k=1}^n\df... ...x_i}x_j\cdot \dfrac{1}{x_j}x_i}\\ &=&n+2{}_n \mathrm{C}_2=n^2 \end{eqnarray*}$$

$$∴ \quad \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{x_i}\ge \dfrac{n^2}{\display... ...sum_{i=1}^nx_i} \quad (等号成立は x_1=x_2=\cdots x_n のとき)$$

別解

(1)

$t$ を任意の実数として

$$f(t)= \left(\sqrt{a}t-\dfrac{1}{\sqrt{a}} \right)^2+ \left... ...b}} \right)^2+ \left(\sqrt{c}t-\dfrac{1}{\sqrt{c}} \right)^2$$

とおく．

$$f(t)=(a+b+c)t^2-6t+(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$$

この $t$ の二次関数がすべての実数 $t$ で $f(t)\ge 0$ となるので，

$$D/4=9-(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\le 0$$

$D=0$となるのは $f(t)=0$ となる解があるとき．つまり

$$\left(\sqrt{a}t-\dfrac{1}{\sqrt{a}} \right)^2=0,\ \left(\... ...ight)^2=0,\ \left(\sqrt{c}t-\dfrac{1}{\sqrt{c}} \right)^2=0$$

となる $t$ が存在するときなので $a=b=c$ のときにかぎる．

$$∴ \quad \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge \dfrac{9}{a+b+c} \quad (等号成立は a=b=c のとき)$$

(2)

同様に

$$f(t)=\sum_{k=1}^n \left( \sqrt{x_k}t-\dfrac{1}{\sqrt{x_k}}\right)^2$$

とおく．

$$f(t)=\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)t^2-2nt+\left(\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{x_k}\right)$$

この $t$ の二次関数がすべての実数 $t$ で $f(t)\ge 0$ となるので，

$$D/4=n^2-\left(\sum_{k=1}^nx_k\right)\left(\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{x_k}\right)\le 0$$

$D=0$となるのは $f(t)=0$ となる解があるとき．つまり

$$\left(\sqrt{x_k}t-\dfrac{1}{\sqrt{x_k}} \right)^2=0,\ k=1,\ 2,\ \cdots,\ n$$

となる $t$ が存在するとき．つまり

$$t=\dfrac{1}{x_k},\ k=1,\ 2,\ \cdots,\ n$$

となる $t$ があるときなので $x_1=x_2=\cdots=x_n$ のとき．

$$∴ \quad \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{x_i}\ge \dfrac{n^2}{\display... ...sum_{i=1}^nx_i} \quad (等号成立は x_1=x_2=\cdots x_n のとき)$$

注意     別解はコーシー・シュワルツの不等式の証明法そのものである．

$n=3$ の場合に，一般化できるような方法をさがしておくことが大切である． □

解答 2.28       問題2.28

(1)

$j$ 回目に出たカードの番号を $x_j$ とする．

$k=1$ということは$x_1=1$のみ．その確率は$N$枚中1のカードを引く確率．

$$∴ \quad P_N(1)=\dfrac{1}{N}$$

$k=2$ということは，$x_1=2$または， $(x_1,\ x_2)=(1,\ 1)$．

$$\begin{eqnarray*} ∴\quad P_N(2)&=&\dfrac{1}{N}+\dfrac{1}{N^2}\\ &=&\dfrac{1}{N}\left(1+\dfrac{1}{N} \right) \end{eqnarray*}$$

$k=3$ということは，$x_1=3$， $(x_1,\ x_2)=(2,\ 1),\ (1,\ 2)$ または $(x_1,\ x_2,\ x_3)=(1,\ 1,\ 1)$．

$$\begin{eqnarray*} ∴\quad P_N(3)&=&\dfrac{1}{N}+\dfrac{2}{N^2}+\dfrac{1}{N^3}\\ &=&\dfrac{1}{N}\left(1+\dfrac{1}{N} \right)^2 \end{eqnarray*}$$

(2)

$N=3$ ， $k=4$ のとき

$$\begin{array}{ll} X_2=4となるのは&(x_1,\ x_2)=(3,\ 1),\ (2... ...は&(x_1,\ x_2,\ x_3,\ x_4)=(1,\ 1,\ 1,\ 1)の1通り \end{array}$$

$$∴ \quad P_3(4)=\dfrac{3}{3^2}+\dfrac{3}{3^3}+\dfrac{1}{3^4}=\dfrac{37}{81}$$

$N=3$ ， $k=5$ のとき

$$\begin{array}{ll} X_2=5となるのは&(x_1,\ x_2)=(3,\ 2),\ (2... ...x_2,\ x_3,\ x_4,\ x_5)=(1,\ 1,\ 1,\ 1,\ 1)の1通り \end{array}$$

$$∴ \quad P_3(5) =\dfrac{2}{3^2}+\dfrac{6}{3^3}+\dfrac{4}{3^4}+\dfrac{1}{3^5}=\dfrac{121}{243}$$

(3)

$X_j=k$ となる確率を求める．

$$x_1+x_2+\cdots+x_j=k$$

となる解 $x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_j\ (1\le x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_j\le N)$ において $k \le N$ なので条件 $1\le x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_j\le N$ は必然的にみたされる．ゆえに $k$ 個のものを $j$ 人に(最低1個はもらって) 分ける分け方の総数に等しい．

$$○^∨○^∨\cdots ^∨○^∨○^∨○$$

と，$k$個の○を並べ，$k-1$カ所のその間${}^∨$から$j-1$カ所を選び， 仕切を入れることで一つの分け方が定まる．ゆえにその場合の数は

$${}_{k-1} {\rm C}_{j-1} \ (通り)$$

である．ゆえに求める確率は

$$\dfrac{{}_{k-1} {\rm C}_{j-1}}{N^j}$$

である．

$$\begin{eqnarray*} ∴ \quad P_N(k)&=&\sum_{j=1}^k\dfrac{{}_{k-1} {\rm C}_{j-1}}{... ..._i}{N^i}\\ &=&\dfrac{1}{N} \left(1+\dfrac{1}{N} \right)^{k-1} \end{eqnarray*}$$

□

解答 2.29       問題2.29

1. $a,\ b$の決め方は1から$n-1$のうち2つを選ぶ場合の数なので ${}_{n-1}\mathrm{C}_2$通りある． つまり，すべての試行の結果は ${}_{n-1}\mathrm{C}_2$通りある．

   線分 $\mathrm{OA},\ \mathrm{AB},\ \mathrm{BC}$の長さをそれぞれ$x,\ y,\ z$とおく． 条件を満たす$a,\ b$の組と，
   

   $$x+y+z=n,\ 1\le x,\ y,\ z\$$
   
   
   となる整数の組$(x,\ y,\ z)$が対応している．

   $X=k$である確率を$p_k$，$X\ge k$である確率を$q_k$とおく．
   

   $$p_k=q_k-q_{k+1}$$
   
   
   である．

   $X\ge k$となる事象の総数は
   

   $$x+y+z=n,\ かつx\ge k,\ y\ge k,\ z\ge k\quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   となる正の整数の組$(x,\ y,\ z)$の解の組の個数である． $n<3k$のとき$q_k=0$である．
   
   $$\maru{1}\quad \iff\quad (x-k)+(y-k)+(z-k)=n-3k,\ x-k\ge 0,\ y-k\ge 0,\ z-k\ge 0$$
   
   
   である．$n\ge 3k$のときこのような組の個数は，
   
   $${}_{n-3k+2}\mathrm{C}_2$$
   
   
   である．したがって$n\ge 3k$のとき
   
   $$q_k =\dfrac{{}_{n-3k+2}\mathrm{C}_2}{{}_{n-1}\mathrm{C}_2} =\dfrac{(n-3k+2)(n-3k+1)}{(n-1)(n-2)}$$
   
   
   である．以上から，$X=2$である確率は，
   1. $n\le 5$なら0．
   2. $n=6,\ 7,\ 8$なら$q_3=0$なので
      $$\begin{eqnarray*} p_2&=&q_2=\dfrac{(n-4)(n-5)}{(n-1)(n-2)} \end{eqnarray*}$$
      
      

   3. $n\ge 9$のとき
      $$\begin{eqnarray*} p_2&=&q_2-q_3=\dfrac{{}_{n-4}\mathrm{C}_2}{{}_{n-1}\mathrm{C}... ...mathrm{C}_2}{{}_{n-1}\mathrm{C}_2} =\dfrac{6(n-6)}{(n-1)(n-2)} \end{eqnarray*}$$
      
      

2. (1)と同様に考える．$n=3m$とおく．

   $k=m$のときは$q_{m+1}=0$， $X\ge m$となるのは$x=y=z=m$の1通りなので
   

   $$q_m=\dfrac{1}{{}_{n-1}\mathrm{C}_2} =\dfrac{2}{(n-1)(n-2)}=p_m$$
   
   
   である．

   $k<m$のとき． $q_k,\ q_{k+1}\ne 0$で

   $$\begin{eqnarray*} p_k&=&q_k-q_{k+1}=\dfrac{(n-3k+2)(n-3k+1)-(n-3k-1)(n-3k-2)}{(n-1)(n-2)}\\ &=&\dfrac{6(n-3k)}{(n-1)(n-2)} \end{eqnarray*}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} ∴\quad E &=&\sum_{k=1}^{m-1}kp_k+mp_m=\sum_{k=1}^{m-1}\dfra... ...rac{m(3m^2-1)}{(n-1)(n-2)}\\ &=&\dfrac{n(n^2-3)}{9(n-1)(n-2)} \end{eqnarray*}$$
   
   

□

解答 2.30       問題2.30

(1)

1. $n=1$のとき
   
   $$\begin{array}{c} a_1+(2+1)(2+2)a_2=\dfrac{2(-1)^1}{2!}\\ ... ...2=-1\\ ∴\quad a_2=-\dfrac{1}{6}=-\dfrac{1}{3!} \end{array}$$
   
   

2. $n=2$のとき
   
   $$\begin{array}{c} a_2+(4+1)(4+2)a_3=\dfrac{2(-1)^2}{4!}\\ ... ...2}\\ ∴\quad a_3=\dfrac{1}{120}=\dfrac{1}{5!} \end{array}$$
   
   

3. $n=3$のとき
   
   $$\begin{array}{c} a_3+(6+1)(6+2)a_4=\dfrac{2(-1)^3}{6!}\\ ... ...uad a_4=\dfrac{-8}{7\cdot8\cdot6!}=-\dfrac{1}{7!} \end{array}$$
   
   

(2)

$a_n=\dfrac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}$ と推測される. これを数学的帰納法で示す.

1. $n=1$ のとき， $a_1=1$ より成立.
2. $n=k$ のとき， $a_k=\dfrac{(-1)^{k-1}}{(2k-1)!}$で成立するとする. このとき，条件式を$n=k$で用いると
   
   $$a_k+(2k+1)(2k+2)a_{k+1}=\dfrac{2(-1)^k}{(2k)!}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} (2k+1)(2k+2)a_{k+1}&=&\dfrac{2(-1)^k}{(2k)!}-\dfrac{(-1)^{k-1... ...)!}\left(\dfrac{-2}{2k}-1 \right) =\dfrac{(-1)^k(2k+2)}{(2k)!} \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad a_{k+1}=\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}$$
   
   
   つまり$n=k+1$ でも成立する．
3. 以上から， $a_n=\dfrac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}$が成立する．

□

解答 2.31       問題2.31

1. $n\ne 1$のとき
   
   $$1+n+n^2+\cdots+n^m=\dfrac{n^{m+1}-1}{n-1}$$
   
   
   である．この和を$l(m,\ n)$と書く．
   
   $$l(2,\ 2)=\dfrac{2^3-1}{2-1}=7$$
   
   
   
   
   $$∴\quad S(2,\ 2)=\{7\}$$
   
   

2. 同様に
   
   $$l(5,\ 2)=\dfrac{2^6-1}{2-1}=(2^3-1)(2^3+1)=7\cdot3^2$$
   
   
   
   
   $$∴\quad S(5,\ 2)=\{3,\ 7\}$$
   
   

3. 同様に
   
   $$l(3,\ 2)=\dfrac{2^4-1}{2-1}=15=3\cdot5$$
   
   
   
   
   $$∴\quad S(3,\ 2)=\{3,\ 5\}$$
   
   

4. $l(2,\ n)=\dfrac{n^3-1}{n-1}$であり，
   
   $$l(5,\ n)=\dfrac{n^6-1}{n-1}=\dfrac{n^3-1}{n-1}\cdot(n^3+1) =l(2,\ n)(n^3+1)$$
   
   
   なので，$l(2,\ n)$は$l(5,\ n)$の約数になる． ゆえに $S(2,\ n)\subseteq S(5,\ n)$がすべての自然数$n$について 成り立つ．
5. 
   
   $$\begin{array}{l} l(3,\ n)=1+n+n^2+n^3=(1+n)(1+n^2)\\ l(2,\ n)=1+n+n^2=n(n+1)+1 \end{array}$$
   
   
   なので，$l(2,\ n)$を$1+n,\ 1+n^2$で割るとそれぞれ $1,\ n$余る．したがって$l(2,\ n)$は$1+n,\ 1+n^2$のいずれとも 互いに素である．ゆえに$l(2,\ n)$は$l(3,\ n)$と互いに素．
   
   $$∴\quad S(2,\ n)\cap S(3,\ n)=\emptyset$$
   
   

6. $l(2,\ n)=1+n+n^2$であった．

   以下$k$は正整数とする．

   $m=3k$と表されるとき．

   $$\begin{eqnarray*} l(m,\ n)&=&1+n+n^2+\cdots+n^{3k-2}+n^{3k-1}+n^{3k}\\ &=&1+(1+n+n^2)n+\cdots+(1+n+n^2)n^{3k-2} \end{eqnarray*}$$
   
   
   ゆえに$l(2,\ n)$と$l(m,\ n)$は互いに素．
   
   $$∴\quad S(2,\ n)\cap S(m,\ n)=\emptyset$$
   
   

   $m=3k-1$と表されるとき．

   
   
   
   ゆえに$l(2,\ n)$は$l(m,\ n)$の約数．
   
   $$∴\quad S(2,\ n)\subseteq S(m,\ n)$$
   
   

   $m=3k-2$と表されるとき．

   
   
   
   ただし$k=1$なら$l(m,\ n)=1+n$

   $1+n$と$l(2,\ n)$は互いに素なので，$l(2,\ n)$と$l(m,\ n)$は互いに素．
   

   $$∴\quad S(2,\ n)\cap S(m,\ n)=\emptyset$$
   
   

   ゆえに「どんな$m,\ n$に対しても $S(2,\ n)\subseteq S(m,\ n)$または $S(2,\ n)\cap S(m,\ n)=\emptyset$が成り立つ」という命題は正しい． □

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