上: 内部構造の分析 前: 存在の証明

4章解答(2)

解答 1.1       問題1.1

1. 
   
   $$P(x)-a=(x+a)^2Q(x)+px+q$$
   
   
   とおく．$x$ に $-x$ を代入する．
   
   $$P(-x)-a=(-x+a)^2Q(-x)-px+q$$
   
   
   $P(-x)=-P(x)$より両辺を $(-1)$ で割って
   
   $$P(x)+a=(x-a)^2\{-Q(-x)\}+px-q$$
   
   
   第二の条件から $px-q=0$ ．ゆえに $p=q=0$ ． したがって$P(x)-a$ は $(x+a)^2$ で割り切れることが示された．
2. $P(x)=x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ とおく．第一の条件から
   
   $$P(x)=-(-x^5+ax^4-bx^3+cx^2-dx+e)=x^5-ax^4+bx^3-cx^2+dx-e$$
   
   
   ゆえに $a=-a,\ c=-c,\ e=-e$ よりこれらは0．このとき $P(x)+1=x^5+bx^3+dx+1$． これを$(x-1)^2$で割ると余りは $(3b+d+5)x-2b-3$.

   この余りが0なので， $3b+d+5=0,\ -2b-3=0$ より ．
   

   $$∴ \quad P(x)=x^5-\dfrac{3}{2}x^3-\dfrac{1}{2}x$$
   
   

(1)の別解

$P(x)+a$ が $(x-a)^2$ で割りきれるので

$$P(a)+a=P'(a)=0$$

次に$P(x)=-P(-x)$の両辺を $x$ で微分して

$$P'(x)=P'(-x)$$

あわせて

$$P(-a)-a=-\{P(a)+a\}=0,\ P'(-a)=P'(a)=0$$

なので $P(x)+a$ は $(x+a)^2$ で割りきれる．

注意    

1. 整式 $f(x)$ を整式 $g(x)$ で割ったとき，商が $Q(x)$ で 余りが $R(x)$ であるときの除法の式
   
   $$f(x)=g(x)Q(x)+R(x)$$
   
   
   は $x$ の恒等式である．
2. 恒等式は微分しても恒等式である．

□

解答 1.2       問題1.2

$A(x)=px^3+qx^2+rx+1$ とおく．このとき

$$\begin{eqnarray*} A(2x+1)&=&8px^3+4(3p+q)x^2+2(3p+2q+r)x+p+q+r+1\\ &=&c(px^3+qx^2+rx+1) \end{eqnarray*}$$

係数を比較して

$$\left\{ \begin{array}{l} 8p=cp\\ 4(3p+q)=cq\\ 2(3p+2q+r)=cr\\ p+q+r+1=c \end{array}\right.$$

第一式から $p\ne 0$ に注意して$c=8$ ．このとき第二式以下は $p,\ q,\ r$ の連立方程式になるのでこれを解いて， $p=1,\ q=3,\ r=3$ を得る．

$$∴ \quad A(x)=x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3,\ \quad c=8$$

別解     $A(0)=1$であり，条件式の最高次の項の係数比較から$c=8$である．

$x=-1$を代入して$A(-1)=8A(-1)$．これから$A(-1)=0$． 同様に

$$A(1)=cA(0)=8,\ A(3)=cA(1)=8^2=4^3$$

したがって

が成立し，$A(x)=(x+1)^3$が $x=-1,\ 0,\ 1,\ 3$で成立した．$A(x)$は3次式なので， これは恒等式である．

$$∴\quad A(x)=(x+1)^3$$

□

解答 1.3       問題1.3

$f(x)$ が定数なら $f(x)=1$ であるがこれは題意をみたさない．

$f(x)$ を $n$ 次式とし， $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$ とおく．

$$\begin{eqnarray*} &&(x+1)f(x+1)-xf(x)\\ &=&(x+1)^{n+1}+a_{n-1}(x+1)^n+\cdots+... ...[n-1次以下の項]\\ &&f(x+2)+2f(x-1)\\ &=&3x^n+[n-1次以下の項] \end{eqnarray*}$$

ゆえに $n=2$ である．

$f(x)=x^2+bx+c$ とおく．条件式に $x=0,\ 1$ を代入すると

$$\begin{eqnarray*} &&\left\{ \begin{array}{l} f(1)=f(2)+2f(-1)\\ 2f(2)-f(1)=f... ...+c)-(1+b+c)=(9+3b+c)+2c \end{array}\right.\\ &\iff& b=3,\ c=-1 \end{eqnarray*}$$

が必要である．

問題の条件式は両辺二次式であるが，二次の項が一致するように次数を定めたので， それを除くと一次式である．したがって$n=2$の下では， $x=0,\ 1$ で条件式が成立すれば恒等的に成立する． つまり$b=3,\ c=-1$は十分条件である．

$$∴ \quad f(x)=x^2+3x-1$$

□

解答 1.4       問題1.4

(1)

$C_1$ と $C_2$ の共有点を $(\alpha，\ \beta)$ とする．

$$f(\alpha，\ \beta)=0，\ g(\alpha，\ \beta)=0$$

である．従って任意の $k$ に対して

$$f(\alpha，\ \beta)+kg(\alpha，\ \beta)=0$$

つまり，曲線 $D$ は $C_1$ と $C_2$ の共有点を通る．

(2)

2直線 $ax+by+c=0$ と $px+qy+r=0$ の交点を通る直線を

$$ax+by+c+k(px+qy+r)=0$$

とおく．これが $(x_0，\ y_0)$ を通るので，

$$ax_0+by_0+c+k(px_0+qy_0+r)=0$$

$px_0+qy_0+r\ne 0$ なので， $k=-\dfrac{ax_0+by_0+c}{px_0+qy_0+r}$ である． これから求める直線の式は

$$(ax_0+by_0+c)(px+qy+r)-(px_0+qy_0+r)(ax+by+c)=0$$

(3)

3接点 $\mathrm{P}_1(x_1，\ y_1)$， $\mathrm{P}_2(x_2，\ y_2)$， $\mathrm{P}_3(x_3，\ y_3)$での接線はそれぞれ

P₁ での接線：
P2 での接線： 

P3 での接線： 

従って3直線の三つの交点と対応する対辺の接点を結ぶ式は(2)より，

$$\left\{ \begin{array}{l} (x_1x_3+y_1y_3-r^2)(x_2x+y_2y-r^... ...^2)(x_2x+y_2y-r^2)=0 \ \cdots \maru{3} \end{array} \right.$$

ところが，

$$［式\maru{1}の左辺］+［式\maru{2}の左辺］+［式\maru{3}の左辺］=0$$

なので $式\maru{1}$ と $式\maru{2}$ を満たす点は $式\maru{3}$ も満たす．つまり2直線の交点を第3の直線も通るので，3直線は1点で交わる． □

解答 1.5       問題1.5

(1)

(1)は(2)を解けばよい．

(2)

$P(x)$ を $(x-1)(x-2)\cdots(x-n)$ で割った商を $Q(x)$，余りを $R(x)$とする．

$$P(x)=Q(x)(x-1)(x-2)\cdots(x-n)+R(x)$$

$P(x)$ を $x-k$ で割った余りが $k$ なので

$$P(k)=Q(k)(k-1)(k-2)\cdots(k-n)+R(k)=R(k)=k$$

つまり $R(k)=k$ が $k=1,\,2,\,\cdots,\,n$ について成り立つ．

これは左辺が $n-1$ 次の整式 $R(x)$について$R(x)=x$ が， $n$ 個の異なる $x$ の値 $x=k\ (k=1,\,2,\,\cdots,\,n)$ で成立することを 示している．

ゆえにこれは恒等式である．つまり求める余りは $x$ である．

□

解答 1.6       問題1.6

(1)

一般に関数$y=f(x)$のグラフを$x=a$で対称に変換したグラフの関数は $y=f(2a-x)$である．
$f(x)=\cos\left(\dfrac{x-a}{b-a}\pi\right)$とする．

$f(x)$は $- \infty <x<\infty$で定義され，

$$\begin{eqnarray*} f(2a-x)&=&\cos\left(\dfrac{2a-x-a}{b-a}\pi\right)\\ &=&\cos... ...\left\{ \left(2+ \dfrac{a-x}{b-a}\right)\pi\right\}\\ &=&f(x) \end{eqnarray*}$$

より$y=f(x)$は$x=a,\ x=b$に関して対称である．したがって条件をみたしている．

(2)

題意より

$$f(2a-x)=f(x),\ f(2b-x)=f(x)$$

が成り立つ．ところがこのとき任意の実数$x_0$に対し

$$\begin{eqnarray*} f(x_0)&=&f(2a-x_0)\\ &=&f(2b-(2a-x_0))=f(2b-2a+x_0) \end{eqnarray*}$$

が成り立つ．よって

$$f(x_0)=\cdots f(2kb-2ka+x_0)\ (k=1,\ 2,\ \cdots )$$

となる．$a<b$よりこれは

$$f(x_0)=f(x) \quad \cdots\maru{1}$$

を満たす$x$の値が無数にあることを意味する．

$f(x)$が整式であるから，$\maru{1}$ は恒等式である．つまり$f(x)$は定数である．

□

解答 1.7       問題1.7

$V(\mathrm{ABCD})$で四面体$\mathrm{ABCD}$の体積を表す．

四面体$\mathrm{ABCD}$と四面体$\mathrm{PBCD}$は， ともに底面が $\bigtriangleup \mathrm{BCD}$であり， 頂点$\mathrm{A}$からと頂点$\mathrm{P}$から底面への$x$垂線の足の 長さの比は $\mathrm{AS}：\mathrm{PS}$に等しい．

$$∴\quad \dfrac{\mathrm{AS}}{\mathrm{PS}} =\dfrac{V(\mathrm{ABCD})}{V(\mathrm{PBCD})}$$

ここで $v=V(\mathrm{ABCD})$とおきさらに．

$$x=V(\mathrm{PBCD}),\ y=V(\mathrm{PACD}),\ z=V(\mathrm{PABD}),\ w=V(\mathrm{PABC})$$

とおく．

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{\mathrm{AS}}{\mathrm{PS}}+ \dfrac{\mathrm{BT}}{\mathr... ...\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{w}\right) \end{eqnarray*}$$

である．

四面体$\mathrm{ABCD}$は4つの四面体 $\mathrm{PBCD}$， $\mathrm{PACD}$， $\mathrm{PABD}$， $\mathrm{PABC}$ に分割されるので

$$x+y+z+w=v$$

が成り立つ．

ここで相加相乗平均の関係より

$$\begin{eqnarray*} &&v\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{w}\r... ...}{z}\cdot\dfrac{z}{w}}+ 2\sqrt{\dfrac{x}{w}\cdot\dfrac{w}{x}}=12 \end{eqnarray*}$$

等号成立は $x=y=z=w=\dfrac{v}{4}$のとき．

これを実現する点$\mathrm{P}$は適当な基準点$\mathrm{O}$によって次式で定まる点である．

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}= \dfrac{1}{4}\left( \overrighta... ...OC}}+ \overrightarrow{\mathrm{OD}} \right)\quad \cdots\maru{1}$$

実際このとき

$$\overrightarrow{\mathrm{AP}}= \dfrac{1}{4}\left( \overrighta... ...rrightarrow{\mathrm{AC}}+ \overrightarrow{\mathrm{AD}} \right)$$

となり $\overrightarrow{\mathrm{AS}}=k\overrightarrow{\mathrm{AP}}$とおくと， $\mathrm{S}$は $\bigtriangleup \mathrm{BCD}$上の点なので，

$$\dfrac{k}{4}+\dfrac{k}{4}+\dfrac{k}{4}=1$$

つまり $k=\dfrac{4}{3}$．したがって点$\mathrm{P}$は 線分$\mathrm{AS}$を$3:1$に内分する点である． つまり， $\mathrm{AS}:\mathrm{PS}=4:1$であるから $x=\dfrac{v}{4}$である． $y,\ z,\ w$についても同様なので，この点$\mathrm{P}$のとき確かに等号が成立する．

最小値は12 で最小値を与える点Pは$\maru{1}$で定まる点(四面体$\mathrm{ABCD}$の重心)である．

□

解答 1.8       問題1.8

示すべき式は$a,\ b,\ c$で対称である．ゆえに$a\le b\le c$として一般性を失わない．

この場合，三角形の成立条件は$c<a+b$である．つまり $\dfrac{c}{a+b}<1$． また，

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

であるから

$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}<2$$

が示された．

一方

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+3\\ &=&\dfrac{... ...(a+b+c)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right) \end{eqnarray*}$$

である．ところが，コシー・シュワルツの不等式から

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

したがって

$$(a+b+c)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b}\right) \ge \dfrac{9}{2}$$

つまり

$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{9}{2}-3=\dfrac{3}{2}$$

等号成立は$a=b=c$のとき．

別解

$\dfrac{3}{2}\le \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$は次のように 力ずくでもできる．

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}\\ ... ...b)+2b(b+c)(a+b)+2c(b+c)(c+a)-3(a+b)(b+c)(c+a)}{2(a+b)(b+c)(c+a)} \end{eqnarray*}$$

で，この分子は

$$\begin{eqnarray*} &&2a(c+a)(a+b)+2b(b+c)(a+b)+2c(b+c)(c+a)-3(a+b)(b+c)(c+a)\\ &... ...(c-a)+c^2(c-b)\\ &=&(a-b)^2(a+b)+(b-c)^2(b+c)+(c-a)^2(c+a)\ge 0 \end{eqnarray*}$$

□

解答 1.9       問題1.9

【解法1】

(1) 辺 PQ の傾きは

$$\dfrac{p^2-q^2}{p-q}=p+q$$

である． PQ が$x$軸の正の方向となす角を$\alpha$とする．

$$p+q=\tan \alpha$$

である． 左回りに P，Q，R をとると， QR がが$x$軸の正の方向となす角は $\alpha-\dfrac{\pi}{3}$である．

$$\begin{eqnarray*} ∴\quad q+r&=&\tan\left(\alpha-\dfrac{\pi}{3}\right) =\dfrac{\... ...+\sqrt{3}(p+q)}\\ ∴&&\quad q+r+\sqrt{3}(p+q)(q+r)=p+q-\sqrt{3} \end{eqnarray*}$$

これから

$$\sqrt{3}(p+q)(q+r)=p-r-\sqrt{3}$$

他の辺の関係も同じなので，

$$\begin{array}{l} \sqrt{3}(q+r)(r+p)=q-p-\sqrt{3}\\ \sqrt{3}(r+p)(p+q)=r-q-\sqrt{3} \end{array}$$

これら3式を辺々加える．

$$\begin{eqnarray*} &&\sqrt{3}\{p^2+q^2+r^2+3(pq+qr+rp)\}=-3\sqrt{3}\\ ∴&&p^2+q^2+r^2=-3(pq+qr+rp)-3 \end{eqnarray*}$$

(2)重心の座標を$(X,\ Y)$とおく．

$$X=\dfrac{p+q+r}{3},\ Y=\dfrac{p^2+q^2+r^2}{3}$$

となる．

$$pq+qr+rp =\dfrac{(p+q+r)^2-(p^2+q^2+r^2)}{2} =\dfrac{(3X)^2-(3Y)}{2}$$

なので，(1)の結果に代入して，

$$3Y=\dfrac{-3\{(3X)^2-(3Y)\}}{2}-3$$

これから

$$Y=9X^2+2$$

となり， $\bigtriangleup \mathrm{PQR}$の重心は放物線$y=9x^2+2$の上にある．

【解法2】
(1) 正三角形の1辺を$a$とする．

$$(p-q)^2+(p^2-q^2)^2=a^2$$ (1.1)

$$(q-r)^2+(q^2-r^2)^2=a^2$$ (1.2)

$$(r-p)^2+(r^2-p^2)^2=a^2$$ (1.3)

(1.1)−(1.2)より

$$\begin{eqnarray*} &&p^2-r^2-2pq+2qr+p^4-r^4-2p^2q^2+2q^2r^2\\ &=&(p-r)\{p+r-2q+(p+r)(p^2+r^2-2q^2)\}=0 \end{eqnarray*}$$

なので

$$p+r-2q+(p+r)(p^2+r^2-2q^2)=0$$ (1.4)

$$同様に q+p-2r+(q+p)(q^2+p^2-2r^2)=0$$ (1.5)

(1.4)−(1.5)より

なので

$$\begin{eqnarray*} &&3+3p(r+q)+p^2+2qr+r^2+rq+q^2\\ &=&p^2+q^2+r^2+3(pq+qr+rp)+3=0\\ ∴&&p^2+q^2+r^2=-3(pq+qr+rp)-3 \end{eqnarray*}$$

(2)【解法1】と同じ． □

解答 1.10       問題1.10

条件は$y$と$z$に関して対称である．

$$x(y+z)+yz=1,\ \ xyz=ax+(y+z)$$

$p=y+z,\ q=yz$とおくと

$$xp+q=1\quad \cdots\maru{1},\ \ -p+xq=ax\quad \cdots\maru{2}$$

これを$p$と$q$の連立1次方程式として解く． $\maru{1}\times x-\maru{2}$，および $\maru{1}+\maru{2}\times x$から

$$(x^2+1)p=x-ax,\ (1+x^2)q=1+ax^2$$

$x$は実数なので$x^2+1\ne 0$．ゆえに

$$p=\dfrac{x-ax}{x^2+1},\ q=\dfrac{1+ax^2}{x^2+1}$$

$y$と$z$は2次方程式

$$t^2-pt+q=0$$

の2つの解．これが共に実数になるために，判別式を$D$とすると

つまり

$$4ax^4-(a^2-6a-3)x^2+4\le 0\quad \cdots\maru{3}$$

$y$と$z$で実数となるものが存在するためには$\maru{3}$を満たす実数$x$が存在すればよい．

これは$x^2$に関する2次不等式である．$x^2=X$とおき

$$f(X)=4aX^2-(a^2-6a-3)X+4$$

とする．$X\ge 0$かつ$f(X)\le 0$となる$X$が存在する条件を求めればよい．

$f(0)=4>0$なので，$a<0$は条件を満たす．

$a=0$のときは，$f(X)=3X+4$．$X\ge 0$ではつねに$f(X)>0$なので条件を満たさない．

$a>0$のとき．軸$>0$．判別式$D'\ge 0$が条件である．これから

$$\dfrac{a^2-6a-3}{8a}>0,\ \iff a<3-2\sqrt{3},\ 3+2\sqrt{3}<a$$

また

$$D'=(a^2-6a-3)^2-64a=(a-1)^3(a-9)\ge 0$$

あわせて，$9\le a$である．

したがって実数$x,\ y,\ z$が存在するための実数$a$の条件は

$$a<0,\ または\ 9\le a$$

である． □

解答 1.11       問題1.11

解1

$n$両編成で隣り合った車両の少なくとも一方が赤色となるような色の塗り方が$a_n$通りあるとする． そのうち， $n$番目の列車が赤色である塗り方が$x_n$通り， $n$番目の列車が青色である塗り方が$y_n$通り， $n$番目の列車が黄色である塗り方が$z_n$通りとする．

$n+1$番目の列車を赤色にできるために$n$番目の列車の色はいずれでもよく， $n+1$番目の列車を青色か黄色にできるために$n$番目の列車は赤色でなければならない．

$$∴\quad \left\{ \begin{array}{l} x_{n+1}=x_n+y_n+z_n\\ y_{n+1}=x_n\\ z_{n+1}=x_n \end{array}\right.$$

これから

$$x_{n+2}=x_{n+1}+y_{n+1}+z_{n+1}=x_{n+1}+2x_n\quad \cdots\maru{1}$$

$\maru{1}$は

$$\begin{eqnarray*} x_{n+2}+x_{n+1}&=&2(x_{n+1}+x_n)\\ x_{n+2}-2x_{n+1}&=&-(x_{n+1}-2x_n) \end{eqnarray*}$$

と変形できる．ゆえに

$$\begin{eqnarray*} x_{n+1}+x_n&=&2^{n-2}(x_3+x_2)\\ x_{n+1}-2x_n&=&(-1)^{n-2}(x_3-2x_2) \end{eqnarray*}$$

$$3x_n=2^{n-2}(x_3+x_2)-(-1)^{n-2}(x_3-2x_2)$$

である．ここで， $x_2=3,\ y_2=z_2=1$なので，$x_3=5$となる．

$$x_n=\dfrac{2^{n+1}+(-1)^n}{3}$$

$a_n=x_n+y_n+z_n=x_{n+1}$なので，

$$a_n =\dfrac{2^{n+2}-(-1)^n}{3}$$

解2

$n$両編成で隣り合った車両の少なくとも一方が赤色となるような色の塗り方が$a_n$通りあるとする．

$n+2$両編成の場合の色の塗り方を次のように場合に分ける，

1. $n+2$番目の列車が赤色である場合． このときは$n+1$以下の車両の塗り方は，条件を満たす範囲で任意なので$a_{n+1}$通りある，
2. $n+2$番目の列車が青色であるである場合． このときは$n+1$番の列車は赤でなければならず， $n$以下の車両の塗り方は，条件を満たす範囲で任意なので$a_n$通りある，
3. $n+2$番目の列車が黄色であるである場合． このときは$n+1$番の列車は赤でなければならず， $n$以下の車両の塗り方は，条件を満たす範囲で任意なので$a_n$通りある，

これらの総計が$a_{n+2}$である． ゆえに

$$a_{n+2}=a_{n+1}+2a_n$$

(以下，漸化式を解くのは解1と同じ．) □

解答 1.12       問題1.12

第$n+1$世代に$m$個となるのは， $n$世代に$m-r$個で，そのうちの$r$個が2個に分裂する場合である． ここで$r\le m-r$より $0\le r\le \left[\dfrac{m}{2} \right]$ の範囲である．ただし，実数$x$に対して$[x]$は$x$を超えない最大の整数を表す． したがって次の漸化式が成り立つ．

$$P_{n+1}(m)=\sum_{r=0}^{\left[\frac{m}{2}\right]} {}_{m-r} \mathrm{C}_r(1-p)^rp^{m-2r}P_n(m-r) \quad \cdots\maru{1}$$

$m=1$のとき．$\maru{1}$の和は$r=0$だけだから次式となる．

$$\begin{eqnarray*} P_{n+1}(1)&=&pP_n(1)\\ ∴\quad P_n(1)&=&p^nP_0(1)=p^n \end{eqnarray*}$$

$m=2$のとき．$\maru{1}$の和は$r=0,\ 1$をわたるから

$$P_{n+1}(2) =p^2P_n(2)+(1-p)P_n(1) =p^2P_n(2)+(1-p)p^n$$

である．これから

$$\dfrac{P_{n+1}(2)}{(p^2)^{n+1}} =\dfrac{P_n(2)}{(p^2)^n} +\dfrac{1-p}{p^{n+2}}$$

$P_0(2)=0$なので

$$\begin{eqnarray*} \dfrac{P_n(2)}{(p^2)^n}&=& \dfrac{P_0(2)}{(p^2)^0}+\sum_{k=0}^... ...1}{p}\\ ∴\quad P_n(2)&=&\dfrac{p^n-p^{2n}}{p}=p^{n-1}-p^{2n-1} \end{eqnarray*}$$

$m=3$のとき．$\maru{1}$の和は$r=0,\ 1$をわたるから

である．これから

$$\dfrac{P_{n+1}(3)}{(p^3)^{n+1}} =\dfrac{P_n(3)}{(p^3)^n} +2(1-p)\left(\dfrac{1}{p^{2n+3}}-\dfrac{1}{p^{n+3}} \right)$$

$P_0(3)=0$なので

$$\begin{eqnarray*} \dfrac{P_n(3)}{(p^3)^n}&=& \dfrac{P_0(3)}{(p^3)^0}+2(1-p) \sum... ...^{2n+1}-p^{3n+1})}{1+p} =\dfrac{2p^{n-1}(1-p^{n-1})(1-p^n)}{1+p} \end{eqnarray*}$$

□

解答 1.13       問題1.13

1. 定義から$p_N(m)$は次の性質をもっている．
   1. 明らかに $p_N(0)=0,\ p_N(m)=0\ (N+2\le m)$である．
   2. $m=N+1$となるのは， 赤玉をとり続ける場合なので，
      
      $$p_N(N+1)=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{4}\cdot\dfrac{3}{5} \cdots\dfrac{N}{N+2}=\dfrac{2}{(N+2)(N+1)}$$
      
      

   3. $m=1$となるのは， 赤玉以外をとり続ける場合なので，
      
      $$p_N(1) =\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{3}{4}\cdots\dfrac{N+1}{N+2} =\dfrac{2}{N+2}$$
      
      

   4. $2\le m\le N$ のとき． $N$回目に$m$となるのは， $N-1$回目に$m$で$N$回目に赤以外をとるか， $N-1$回目に$m-1$で$N$回目に赤を取る場合なので，
      
      $$p_N(m)=p_{N-1}(m)\cdot\dfrac{N+2-m}{N+2}+ p_{N-1}(m-1)\cdot\dfrac{m-1}{N+2} \quad \cdots\maru{1}$$
      
      

   5. すべての結果は$1\le m\le N+1$の範囲にあるので，
      
      $$p_N(1)+p_N(2)+\cdots+p_N(N+1)=1$$
      
      

   よって
   $$\begin{eqnarray*} p_3(1)&=&\dfrac{3}{5}=\dfrac{4}{10}\\ p_3(2)&=&p_2(2)\cdot\... ...\\ p_3(3)&=&1-\left(p_3(1)+p_3(2)+p_3(4)\right)=\dfrac{2}{10} \end{eqnarray*}$$

訂正：p₃(1)=2/5=4/10 に．

$$∴\quad p_3(1):p_3(2):p_3(3):p_3(4)= 4:3:2:1$$

(1)から次のように推測される．

$$\begin{eqnarray*} &&p_N(1):p_N(2):\cdots :p_N(m):\cdots :p_N(N+1)\\ &=&N+1:N:\cdots:N+2-m:\cdots:1 \end{eqnarray*}$$

つまり，自然数$N$に対して$1\le m\le N+1$のすべての$m$で

$$p_N(m)=\dfrac{N+2-m}{N+1+N+\cdots+1} =\dfrac{2(N+2-m)}{(N+1)(N+2)} \ (1\le m\le N+1)\quad \cdots\maru{2}$$

が成立すると推測される．これを $N$に関する数学的帰納法で示す．

$m=1,\ N+1$のときは(1)で確認したように成立している． したがって$N=1$のときは成立している．

$N=k$のとき$1\le m\le k+1$の範囲の$m$で成立しているとする．

$N=k+1$のとき，$2\le m\le k+1$で示せばよい． $\maru{1}$と帰納法の仮定から

$$\begin{eqnarray*} p_{k+1}N(m)&=&p_k(m)\cdot\dfrac{k+3-m}{k+3}+ p_k(m-1)\cdot\d... ...k+2-m)+(m-1)\}}{(k+1)(k+2)(k+3)} =\dfrac{2(k+3-m)}{(k+2)(k+3)} \end{eqnarray*}$$

訂正：p_k+1N(m)　を p_k+1(m)　に．

$N=k+1$でも$\maru{2}$が成立し， すべての$N$で$\maru{2}$が成立することが示された．

参考

$N$回目に赤玉が出る確率を$q_N$とおく．

$$\begin{eqnarray*} q_{N+1} &=&\sum_{m=1}^{N+1}p_N(m)\dfrac{m}{N+3}\\ &=&\sum_{m=... ...\dfrac{(N+1)(N+2)(2N+3)}{3}}{(N+1)(N+2)(N+3)}\\ &=&\dfrac{1}{3} \end{eqnarray*}$$

別解    
$\maru{2}$を次のように直接計算してもよい．

それぞれの玉を区別する． $N$回の試行で玉の選び方の総数は

$$3\cdot4\cdot\cdot \cdots \cdot (n+2)=\dfrac{(N+2)!}{2}\ (通り)$$

このうち赤が$m$個である選び方の総数を求める． 赤を$m-1$回選べばよい．

赤をどこで選ぶかが

$${}_N\mathrm{C}_{m-1}\ (通り)$$

その一つ一つに対して，選び方は

$$\begin{array}{ll} 赤のところでの選び方&1\cdot2\cdot \cdots... ...・amp;2\cdot3\cdot \cdots \cdot \{N-(m-1)+1\}=(N-m+2)! \end{array}$$

したがって

$$p_N(m)=\dfrac{2\cdot(m-1)!\cdot(N-m+2)!}{(N+2)!}\cdot\dfrac{N!}{(N-m+1)!(m-1)!} =\dfrac{2(N+2-m)}{(N+1)(N+2)}$$

□

解答 1.14       問題1.14

(1)

$m\ne \pm 1$のとき，

$$p_n(\pm m)=\dfrac{1}{2}p_{n-1}(\pm m-1)+\dfrac{1}{2}p_{n-1}(\pm m+1) \quad \cdots\maru{1}$$

$m=\pm 1$のとき，

$$\begin{array}{l} p_n(1)=qp_{n-1}(0)+\dfrac{1}{2}p_{n-1}(2)... ...p_{n-1}(-2)+(1-q)p_{n-1}(0) \end{array} \quad \cdots\maru{2}$$

なので

$$\begin{eqnarray*} p_3(1)+p_3(-1)&=& qp_2(0)+\dfrac{1}{2}p_2(2)+\dfrac{1}{2}p_2... ...p_2(0)\\ &=&\dfrac{1}{2}\left\{p_2(2)+ p_2(-2)\right\}+p_2(0) \end{eqnarray*}$$

ここで

$$\begin{eqnarray*} p_2(2)&=&\dfrac{1}{2}p_1(1)+\dfrac{1}{2}p_1(3)\\ p_2(-2)&=&... ...}{2}p_1(-1)\\ p_2(0)&=&\dfrac{1}{2}p_1(-1)+\dfrac{1}{2}p_1(1) \end{eqnarray*}$$

さらに

$$\begin{eqnarray*} p_1(1)&=&q p_0(0)+\dfrac{1}{2}p_0(2)=q\\ p_1(-1)&=&(1-q)p_0(0)+\dfrac{1}{2}p_0(-2)=1-q\\ p_1(3)&=&p_1(-3)=0 \end{eqnarray*}$$

であるから

$$∴\quad p_3(1)+p_3(-1)= \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4}$$

(2)

命題「どんな整数$m$についても $p_n(m)+p_n(-m)$は$q$にはよらない」 を$n$についての数学的帰納法で示す．

$f_n(m)=p_n(m)+p_n(-m)$とおく． $f_n(m)=f_n(-m)$であり，$m=0$なら $f_n(0)=2p_n(0)$である．

$n=0$のとき．

$$f_0(m)= \left\{ \begin{array}{ll} 2&(m=0)\\ 0&(m\ne 0) \end{array} \right.$$

より成立．

$n-1$のとき成立するとする．

$\maru{1}$より$m\ne 1$なら

$$f_n(m)=\dfrac{1}{2}f_{n-1}(m-1)+\dfrac{1}{2}f_{n-1}(m+1) \quad \cdots\maru{3}$$

また$m=\pm 1$のときは$\maru{2}$より

$$\begin{eqnarray*} f_n(\pm 1)&=&p_n(1)+p_n(-1)\\ &=&qp_{n-1}(0)+\dfrac{1}{2}p_... ...1}{2}f_{n-1}(2) =\dfrac{1}{2}f_{n-1}(0)+\dfrac{1}{2}f_{n-1}(2) \end{eqnarray*}$$

整数$m=\pm 1$に対しても$\maru{3}$が成立する．

数学的帰納法の仮定から $f_{n-1}(m-1),\ f_{n-1}(m+1)$は$q$によらないので， $n$のときも$q$によらないことが示された．

よって$n\ge 0$に対してつねに命題が成立することが示された．

(3)

(2)から$0 \le q \le 1$の範囲のいかなる$q$に対しても

は同一の値をとる． $q=\dfrac{1}{2}$として求めてもよい．

$n$秒後に0であるのは，1秒間に$+1$変化する場合と$-1$変化する場合とが同数であるとき， そしてそのときにかぎる．

ゆえに$n$が奇数なら$p_n(0)=0$．

$n$が偶数なら$+1$の変化と$-1$の変化が$\dfrac{n}{2}$回ずつ起こればいいので

$$p_n(0)={}_n \mathrm{C}_{\frac{n}{2}}\left(\dfrac{1}{2} \right)^n$$

□

解答 1.15       問題1.15

 

$$\begin{eqnarray*} a_1&=&p+4q\\ a_2&=&p^2-4q^2=(p-2q)(p+2q) \end{eqnarray*}$$

$p+4q=p+2q+2q$なので$p+4q$と$p+2q$に公約数があれば，それは$2q$の約数でもある． それが2なら$p+2q$が偶数となり結果$p$が偶数．よって$p=2$．これは$p>2q$と矛盾． ゆえに$a_1$と$a_2$の公約数は$p+4q$と$p-2q$の公約数から得られる．ところが

$$p+4q=p-2q+6q$$

なので$p+4q$と$p-2q$の公約数は$6q$の約数でもある．それが$q$なら$p$も$q$の倍数になり 条件と矛盾．またそれが偶数なら上と同様の議論により$p=2$で条件と矛盾．

ゆえに$a_1$と$a_2$が1より大きい公約数$m$をもつならば，それは$m=3$である．

$p$と$-q$は方程式 $t^2-(p-q)t-pq=0$の2解．したがって

$$\begin{eqnarray*} 0&=&p^n\{p^2-(p-q)p-pq\}=p^{n+2}-(p-q)p^{n+1}-(pq)p^n\\ 0&=... ...^n\{(-q)^2-(p-q)(-q)-pq\}=(-q)^{n+2}-(p-q)(-q)^{n+1}-(pq)(-q)^n \end{eqnarray*}$$

第1式-4×第2式より

$$a_{n+2}-(p-q)a_{n+1}-pqa_n=0$$

これから$a_n$と$a_{n+1}$が3の倍数なら$a_{n+2}$も3の倍数になる． 数学的帰納法によって，$a_n$がすべて3の倍数であるためには，$a_1,\ a_2$が3の倍数であればよい． 必要性は明らかなので，これが必要十分条件である．

そのためには(1)から$p+4q$と$p-2q$が3の倍数でなければならない．

$$p+4q=p+q+3q,\ p-2q=p+q-3q$$

なので，結局$p+q$が3の倍数であることが必要十分条件である．

$p>2q$から$p+q>3q$．これを満たす$p,\ q$で積$pq$が最小のものは，まず$q$を最小に取り$q=2$． $p+2>6$の3の倍数で最小は$p+2=9$．ゆえに $p=7,\ q=2$が求めるものである．

□

解答 1.16       問題1.16

 

解答 1.17       問題1.17

(1)

$x^2-y^2=k$ の奇数解を整数 $m,\ n$ を用いて $(2m-1,\ 2n-1)$ とおく． このとき

$$k=(2m-1)^2-(2n-1)^2=4(m-n)(m+n-1)$$

ところが $m-n$ と $m+n$ の偶数，奇数は一致する． ゆえに $m-n$ と $m+n-1$ は偶数，奇数が逆になり，積$(m-n)(m+n-1)$はつねに 偶数，つまり $k$ は8の倍数．

(2)

逆に $k$ が8の倍数であるとする． $k=8l$ とおく．このとき

$$(2l+1)^2-(2l-1)^2=8l=k$$

となる．つまり $(2l+1,\ 2l-1)$ は確かに$x^2-y^2=k$ の奇数解である．

ゆえに求める必要十分条件は $k$ が8の倍数であることである．

注意     後半の十分性の証明が典型的な「妖怪をつれてくる」方式，つまり作ってみせる方式である． □

解答 1.18       問題1.18

(1)

$x \ge y$ としてよい． $C(nx)=C(ny)$ より $nx-ny=n(x-y)=100l \,(lは整数)$ と置ける． $n$ と100が互いに素なので， $x-y=100l' \,(l'は整数)$ である．
よって $C(x)=C(y)$ である．

(2)

(1)より，集合 $\{C(0),C(n),C(2n),\cdots,C(99n) \}$ の要素はすべて異なる． よってこの集合は100個の要素からなり， $\{0,1,\cdots,99 \}$ と一致する． つまり， $C(0)$ から $C(99n)$ のどれかは1である．
つまり， $C(nx)=1$ となる0以上の整数 $x$ が存在する．

□

解答 1.19       問題1.19

$z=x+iy$ とおく．

$$\dfrac{z+\bar{z}}{\sqrt{2}}=\dfrac{2x}{\sqrt{2}},\ \dfrac{z... ...rt{2}},\ \dfrac{z-\bar{z}}{\sqrt{3}i}=\dfrac{2y}{\sqrt{3}},\$$

ゆえに，それぞれの集合は

$$\begin{array}{l} A= \left\{z\ \bigl\vert\ x=\dfrac{\sqrt{2}}... ...\vert\ y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}n \ ，n\ 整数\ \right\} \end{array}$$

となる．

したがって各共通集合は

$$\begin{array}{l} A\cap C= \left\{\dfrac{\sqrt{2}}{2}n +i\dfr... ...c{\sqrt{3}}{2}m \ \bigl\vert\ m,\ n\ 整数\ \right\} \end{array}$$

となる．

中点が $E$ の要素になっているためには，その2点がともにこの四つの共通集合のなかの同じ集合 の要素であって，しかも実部と虚部の $n$ と $m$ がそれぞれともに偶数か，ともに奇数かのときである．

この違いは合計16通りである．したがって，17個の複素数よりなる集合$F$ の中には． 四つの共通集合のなかの同じ集合に属し，しかも実部と虚部の $n$ と $m$ の偶数奇数がそれぞれ同じである二つの要素がある．

この2点の中点は再び $E$ の要素になっている． □

解答 1.20       問題1.20

1. $A_4$は，奇数の約数のうち最大のものが $2\cdot4-1=7$となるものからなる集合である． ゆえに
   
   $$A_4=\{7,\ 14,\ 28,\ 56\}$$
   
   

2. $A$の各要素$x$は $x=2^l\cdot m\ (l：非負整数，m：奇数)$ と一通りに表される． $m=2k-1$と表すと$1\le k\le 50$である．そして$x\in A_k$なので， $x$は$A_1$から$A_{50}$までの50個の集合のうちのいずれか 1つに属する．
3. $A$の部分集合$B$が51個の要素からなるので， $B$の要素で少なくとも一組$x$と$y$が同じ $A_k\ (k=1,\ 2,\ 3,\ \cdots,\ 50)$ に属するような$k$が存在する．$x<y$とすると， $x=2^l(2k-1),\ y=2^{l'}(2k-1)\ (l<l')$と表される． このとき $\dfrac{y}{x}=2^{l'-l}$となり整数である．
4. 
   
   $$C=\{\ 51,\ 52,\ \cdots,\ 100\}$$
   
   
   とおくと，$C$のにんいの要素$x$と$y\ (x<y)$について，
   
   $$1<\dfrac{y}{x}<2$$
   
   
   なので，このなかに互いに整数倍のものはない．

□

解答 1.21       問題1.21

(1)

$a_k>0\ (1\le k \le n)$ なので

$$1\le s_1<s_2<\cdots<s_n$$

ここで $s_n=m^2$ とおく．$s_{n-1}$ は $m^2$ より小さい平方数なので， $s_{n-1}\le (m-1)^2$ ． ゆえに

$$a_n=s_n-s_{n-1}\ge m^2-(m-1)^2=2m-1$$

$1\le a_n\le2n$より $2m-1\le2n$． つまり $2m\le2n +1$であるが，偶数奇数を考え $2m\le2n$，つまり $m\le n$ ．

したがって $s_n=m^2\le n^2$ となる．つまり

$$1\le s_1<s_2<\cdots<s_n\le n^2$$

ところが1から$n^2$の間の平方数はちょうど $n$ 個であるから ， $s_1,\ s_2,\ \cdots,\ s_n$が $1,\ 2^2,\ \cdots,\ n^2$に一致しなければならない．

$$s_k=k^2 \ \ (1\le k \le n)$$

とくに $s_n=n^2$

(2)

(1)から $a_k=s_k-s_{k-1}=2k-1\ (1\le k \le n)$ となる．

□

解答 1.22       問題1.22

(1)

有理数解 $x=\dfrac{p}{q},\ y=\dfrac{r}{s}$ があるとする． ここで各分数は既約であるとする.

したがって,

$$(ps)^2+(qr)^2=6(qs)^2\quad\cdots\maru1$$

1は不定方程式

$$X^2+Y^2=6Z^2$$

が整数解 をもつことを示している.

とし, $\alpha,\ \beta,\ \gamma$ の最大公約数を $d$ とする.

$$\alpha=d \alpha',\ \beta=d \beta',\ \gamma=d \gamma'$$

そして

$$\alpha'^2+\beta'^2=6\gamma'^2\quad\cdots\maru2$$

一般に，整数 $n$ に対して, $n=3k+e,\ e=0,\ 1,\ 2$ とおくと, であるから, $n^2$ を3で割った余りは, $n$ が3の倍数なら0，その他の場合は1である.

よって，�Aの左辺も3の倍数になるのは, $\alpha',\ \beta'$ がともに 3の倍数のときにかぎる. $\alpha'=3\alpha'',\ \beta'=3\beta''$ とおき�Aに代入して, 両辺を3で約すると, $2\gamma'^2$が3の倍数になる.

つまり$\gamma'$ も3の倍数となり， $\alpha',\ \beta',\ \gamma'$が互いに素なことに矛盾した.

よって, 有理数解は存在しない.

(2)

有理数解 $x=\dfrac{p}{q},\ y=\dfrac{r}{s}$ があるとする．ここで各分数は既約であるとする.

したがって,

$$3(ps)^2+5(qr)^2=4(qs)^2\quad\cdots\maru3$$

�Bより,

$$3(ps)^2+3(qr)^2=4(qs)^2-2(qr)^2=2\{2(qs)^2-(qr)^2\}$$

よって, $2(qs)^2-(qr)^2$ が3の倍数である.
つまり, $(qr)^2$ を3で割った余りは偶数である.
ところが，(1)で示したように $(qr)^2$ を3で割った余りは0か1であるから, $qr$ が 3の倍数となり，$qs$ も3の倍数となる.

�Bから, $3(ps)^2$ が9の倍数になるので, $ps$ も3の倍数.

$p,\ q,\ r,\ s$ のいずれの組合せでも，このようになる場合，もとの分数の既約性と矛盾する.

別解     有理数解 $x=\dfrac pq,\ y=\dfrac rs$ があるとする. 代入し分母を払うと,

$$3(ps)^2+5(qr)^2=4(qs)^2$$

となる. これは

$$3X^2+5Y^2=4Z^2$$

が整数解 $(\alpha,\ \beta,\ \gamma)$ をもつことを意味している. 最大公約数で約しても同じ関係式をみたすので, 整数解 $(\alpha,\ \beta,\ \gamma)$ で最大公約数が1のものがあるとしてよい.
整数 $a$ を5で割った余りが0, 1, 2, 3, 4のとき, $a^2$ を5で割った余りはそれぞれ, 0, 1, 4, 4, 1である. このことに注意して,

$$3\alpha^2+5\beta^2=4\gamma^2$$

の両辺を5で割った余りを考える.
左辺：$\alpha^2$ を5で割った余りが0, 1, 4のときそれぞれ, 0, 3, 2
右辺：$\gamma^2$ を5で割った余りが0, 1, 4のときそれぞれ, 0, 4, 1
したがって, 等号が成立するときは, $\alpha,\ \gamma$ がともに5の倍数のときに限る.

$$\alpha=5\cdot\alpha',\quad\gamma=5\cdot\gamma'$$

とおく.

より $\beta$ も5の倍数.
これは整数解 $(\alpha,\ \beta,\ \gamma)$ の最大公約数が1であることと矛盾した.
よって, 整数解はない.
したがって, 元の方程式に有理数解はない. □

解答 1.23       問題1.23

順列の $n$ 番目までにある白の個数を$W(n)$，黒の個数を $B(n)$ とする．

左端が黒の場合，その黒石が条件を満たす(全て取り除かれる)．

左端は白とする．

$$W(361)=180,\ B(361)=181,\ W(1)=1,\ B(1)=0$$

したがって $n=361$ から1ずつ減じていくと最初に

$$W(n+1)<B(n+1) \quad であるが \quad W(n)\ge B(n)$$

となる番号 $n$ がある．それを $n=n_0$ とする．

このとき $n_0+1$ 番目におかれているのは黒石である． なぜならそれが白なら

$$W(n_0)=W(n_0+1)-1,\ B(n_0+1)=B(n_0)$$

となり

$$W(n_0)\ge B(n_0)$$

とはなり得ないからである．

また $n_0+1$ 番目が黒石のとき

$$W(n_0)=W(n_0+1),\ B(n_0)=B(n_0+1)-1$$

で， これらは整数値なので

$$W(n_0)=B(n_0)$$

である．ゆえに $n_0+1$ 番目の黒石が題意を満たす石である． □

解答 1.24       問題1.24
輪の表裏と玉を区別して考える． 玉に1から$2n$まで順に番号をつける． $i$番の玉から数えて，その玉を含め左回りに並んだ$n$個の玉のうちにある白玉の個数を$W(i)$とおく． 白玉の合計は$2k$個で，$i$が1変化するとき$W(i)$は変化しないか，しても$\pm 1$個である．つまり

$$\left\{ \begin{array}{ll} W(i)+W(i+n)=2k\ (i=1,\ 2,\ \cdot... ...}\\ W(i+1)-W(i)=0,\ \pm 1&\cdots\maru{2} \end{array}\right.$$

である．

$W(i)=k$なら， $i-1(i=1\ のときは2n)$番と$i$番のあいだ， および$i+n-1$番と$i+n$番のあいだの2箇所でひもを切って$n$個ずつの2組に分ければ， どちらの組も白玉$k$個,黒玉$n-k$個からなる． よって$W(i)=k$となる番号$i$が存在することを示せばよい．

もし$W(1)=k$なら$i=1$が条件を満たす．

$W(1)>k$とする．$\maru{1}$から

$$W(1+n)=2k-W(1)<k$$

であるから，番号を$1$から$1+n$まで順に変化させていくと，

$$W(i_0)>k,\ W(i_0+1)\le k$$

となる$i_0$が存在する．ところが$\maru{2}$なので，

$$W(i_0+1)=k$$

である．

$W(1)<k$のときも同様である． □

解答 1.25       問題1.25

この選手は，平均すれば1kmを3分間で走っている．

40km のコースの$x$km から$x+1$km の間を$f(x)$分で走るとする． 選手の走る速さは位置および時間に対し連続的に変化するので，$f(x)$は$x$の連続関数である．

$f(0)=3$なら区間0kmから1km の区間が条件を満たす．

$f(0)<3$とする．もし $f(1),\ f(2),\ \cdots,\ f(39)$ のいずれもが3以下ならば，

$$f(0)+f(1)+f(2)+\cdots+f(39)<120$$

となり，このコースを2時間で走ることはできない．

ゆえに $f(1),\ f(2),\ \cdots,\ f(39)$のうち少なくとも一つは3より大きい． それを$f(x_1)$とする． すると

$$f(0)<3,\ かつf(x_1)>3$$

で，$f(x)$が連続関数なので，中間値の定理によって，$0<\alpha<x_1$の範囲の$\alpha$で

$$f(\alpha)=3$$

となるものが存在する． つまり$\alpha$kmから$\alpha+1$km の連続する1km の区間をちょうど3分で走り抜ける．

$f(0)>3$の場合も同様である． □

解答 1.26       問題1.26

三つの図は線分 $\mathrm{AB}$ の方から見たものである．

はじめ $\alpha$ を図1のように $\bigtriangleup {\rm ABC}$ と垂直であるようにおく． このとき $\bigtriangleup {\rm ABC}$が鋭角三角形なので， 点 $\mathrm{C}'$ は線分 $\mathrm{AB}$ 上にある．

$$\angle \mathrm{AC'B}=180^{\circ} ,\ \angle \mathrm{AD'B}<180^{\circ}$$

$\alpha$ を図2のように $\mathrm{C}',\ \mathrm{D}'$が線分 $\mathrm{AB}$に 関して同じ側にあるように連続的に動かす．

そして図3のように $\bigtriangleup {\rm ABD}$ と $\alpha$ が垂直であるところまで 動かす．同様にして

$$\angle \mathrm{AC'B}<180^{\circ} ,\ \angle \mathrm{AD'B}=180^{\circ}$$

$\alpha$ を連続的に変化させると， $\bigtriangleup {\rm ABC}$ とのなす角も連続して変化する．

したがって中間値の定理によって $\alpha$ が図の範囲を動くとき 途中で

$$\angle \mathrm{AC'B}=\angle \mathrm{AD'B}$$

となるときがある．このとき円周角が等しく四点は同一円周上にある．

また辺 AB と辺 CD が垂直ではないので $\mathrm{C}'\ne\mathrm{D}'$ である．したがって四点 A，B， $\mathrm{C}',\ \mathrm{D}'$はすべて異なっている．

別解    

$\alpha$ を動かす範囲をもう少し狹めてもできる． $\alpha$ を $\bigtriangleup {\rm ABC}$ が $\alpha$ 上にあるところから $\bigtriangleup {\rm ABD}$ が $\alpha$ 上にあるようになるまで，上と同じく $\mathrm{C}',\ \mathrm{D}'$が線分 $\mathrm{AB}$に 関して同じ側にあるように連続的に動かす．

$\bigtriangleup {\rm ABC}$ が $\alpha$ 上にあるとき， $\mathrm{D}'$ はどこにあるか．

ここで， $\bigtriangleup {\rm ABC}$ の外接円をかき， $\bigtriangleup {\rm ABC}$ の各頂点からその頂点を共有する辺に垂直な直線を引くと， それらは2本ずつ外接円周上で交わる．例えば $\mathrm{AR}$ と$\mathrm{BR}$について， $\angle \mathrm{CAR}= \angle \mathrm{CBR}=\dfrac{\pi}{2}$ なので， $\angle \mathrm{ACB}+ \angle \mathrm{ARB}=\pi$ となり，四点 $\mathrm{A},\ \mathrm{C},\ \mathrm{B},\ \mathrm{R}$ は同一円周上にあるからである．他も同様．

$\mathrm{D}'$は六角形 $\mathrm{AQCPBR}$ の内部にあり， したがって $\bigtriangleup {\rm ABC}$ の外接円の内部にある．

円弧 $\mathrm{AD'B}$ は $\bigtriangleup {\rm ABC}$ の外接円の内部に含まれる．

$\bigtriangleup {\rm ABD}$ が $\alpha$ 上にあるようになったときは， 逆に円弧 $\mathrm{AC'B}$ が $\bigtriangleup {\rm ABD}$ の外接円の内部に含まれる．

$\alpha$ の動きに対して二つの円は連続的に変化するから，途中で二つの円が一致するときがある．

つまり，四点が同一円周上にあるときが存在する． □

解答 1.27       問題1.27

$\bigtriangleup \mathrm{ABC}$と $\bigtriangleup \mathrm{PQR}$の3辺をそれぞれ $a,\ b,\ c$と$p,\ q,\ r$とする．三角形の成立条件から

$$\left\{ \begin{array}{l} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b \end{a... ...begin{array}{l} p+q>r\\ q+r>p\\ r+p>q \end{array}\right.$$

が成立している．

平行移動して点$\mathrm{A}$は平面$\alpha$上にあるとしてよい．そして 線分 $\mathrm{CC'},\ \mathrm{BB'}$の長さをそれぞれ$u,\ v$とする． このとき $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$の各辺は

$$\sqrt{a^2-(u-v)^2},\ \sqrt{b^2-v^2},\ \sqrt{c^2-u^2}$$

となる． したがって $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$と $\bigtriangleup \mathrm{PQR}$が相似になることは

$$\dfrac{\sqrt{a^2-(u-v)^2}}{p}= \dfrac{\sqrt{b^2-v^2}}{q}= \dfrac{\sqrt{c^2-u^2}}{r}$$

となることと同値である．各辺を平方してその式の値を$k$とおく． つまり

$$\left\{ \begin{array}{l} a^2-(u-v)^2=kp^2\quad \cdots\maru... ...ru{2}\\ c^2-u^2=kr^2\quad \cdots\maru{3} \end{array}\right.$$

である． さて，$u$と$v$の値を与えれば平面$\alpha$が定まる． したがって $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$が $\bigtriangleup \mathrm{PQR}$と相似になるような平面$\alpha$が存在することは， $\maru{1},\ \maru{2},\ \maru{3}$を満たす実数$u,\ v$と正数$k$が存在すること同値である． $\maru{2}+\maru{3}-\maru{1}$より

$$2uv=k(p^2-q^2-r^2)-(a^2-b^2-c^2)\quad \cdots\maru{4}$$

一方 $\maru{2},\ \maru{3}$より

$$b^2-kq^2=v^2,\ c^2-kr^2=u^2\quad \cdots\maru{5}$$

である．$u$と$v$が実数なので，

$$0<k\le \dfrac{b^2}{q^2},\ 0<k\le \dfrac{c^2}{r^2}\quad \cdots\maru{6}$$

$\maru{4}$を平方し$\maru{5}$によって$u^2,\ v^2$を消去すると$k$の2次方程式．

$$\{k(p^2-q^2-r^2)-(a^2-b^2-c^2)\}^2-4(b^2-kq^2)(c^2-kr^2)=0\quad \cdots\maru{7}$$

が得られる． この左辺を$k$の2次式として$f(k)$とおく． $\maru{7}$に$\maru{6}$を満たす$k$が存在すれば，$\maru{5}$から正負を除いて$u$と$v$が定まる． $\maru{4}$となるように$u$と$v$の正負を定めれば，題意を満たす$u$と$v$が得られる．

三角形の成立条件から

$$\begin{eqnarray*} &&-(p+q+r)(-p+q+r)(p-q+r)(p+q-r)<0\\ &&-(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)<0 \end{eqnarray*}$$

である． つまり$f(k)$は上に凸でかつ$f(0)<0$である．一方$f(k)$の定義式から

$$f\left(\dfrac{b^2}{q^2} \right)\ge 0,\ f\left(\dfrac{c^2}{r^2} \right)\ge 0$$

である．したがって確かに$\maru{6}$を満たす$\maru{7}$の正の解$k$が存在する． つまり平面$\alpha$で，$\alpha$への正射影 $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$が $\bigtriangleup \mathrm{PQR}$と相似になるものが存在することが示された． □

上: 内部構造の分析 前: 存在の証明