次： 入試問題一覧 上： 基礎分野 前： 背理法

解答

解答 1       問題1

1． $a+b\sqrt{2},\ c+d\sqrt{2}\in A$に対して

$$\begin{eqnarray*} &&(a+b\sqrt{2})+(c+d\sqrt{2})=(a+c)+(b+d)\sqrt{2} \in A\\ &... ...譴襦\ &&イテヒ。、ネセ靈。、ホテアーフクオ。、オユクオ、ャ\ A\ 、ヒツー、ケ、・ウ、ネ、篶タ、ォ。・ \end{eqnarray*}$$

ゆえに $A$  は体である．

2．同様に乗法の逆元の存在を示せばよい．

$$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{1}{a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}}\\ &=&\dfrac{a+... ...d^2-\sqrt{2}(2ab-6cd)\}} {(a^2+2b^2-3c^2-6d^2)^2-2(2ab-6cd)^2} \end{eqnarray*}$$


これを展開して整理すれば $B$ に属することは明らかである． ゆえに $B$ は体である．

解答 2       問題2

1. 加法 $(a,\ b)+(c,\ d)=(a+c,\ b+d)$
2. 加法,乗法の交換法則，加法の結合法則は明かである．
3. 乗法の結合法則：
   $$\begin{eqnarray*} \{(a,\ b)\times (c,\ d)\}\times(e,\ f)\\ &=&(ac-bd,\ ad+bc)... ... b)\times(ce-df,\ cf+de)=(ace-adf-bcf-bde,\ acf+ade+bce-bdf)\\ \end{eqnarray*}$$
   
   
   より成立．
4. 乗法の逆元 $(a,\ b)^{-1} =\left(\dfrac{ac+bd}{c^2+d^2},\ \dfrac{bc-ad}{c^2+d^2}\right)$

ゆえに $V$ は体である．

解答 3       問題3

1. $\mathrm{X}=(x,\ y)$とおく． $\mathrm{A}\circ\mathrm{X}=\mathrm{B}$ より
   
   $$\left\{ \begin{array}{l} a_1x-a_2y=b_1\\ a_1y+a_2x=b_2\\ \end{array} \right.$$
   
   
   これを解いて
   
   $$x=\dfrac{a_1b_1+a_2b_2}{a_1^2+a_2^2},\ y=\dfrac{a_1b_2-a_2b_1}{a_1^2+a_2^2}$$
   
   
   つまり $\mathrm{X} =\left(\dfrac{a_1b_1+a_2b_2}{a_1^2+_2^2},\ \dfrac{a_1b_2-a_2b_1}{a_1^2+_2^2}\right)$．また $b_1=a_1,\ b_2=a_2$ より $\mathrm{Z}=(1,\ 0)$．
2. 条件から $\mathrm{P}$, $\mathrm{P \circ P}$, $\mathrm{P \circ P \circ P}$, $\mathrm{P \circ P \circ P \circ P}$はすべて 集合$\mathrm{M}$に属する．集合$\mathrm{M}$は3個の要素からなるので， $\mathrm{P}$は $\mathrm{P \circ P}$, $\mathrm{P \circ P \circ P}$, $\mathrm{P \circ P \circ P \circ P}$ のいずれかに等しい． $\mathrm{P}=\mathrm{P \circ P}$なら(1)より $\mathrm{P}=(1,\ 0)$． $\mathrm{P}=\mathrm{P \circ P \circ P}$なら(1)より $\mathrm{P \circ P}=(1,\ 0)$． $\mathrm{P}=\mathrm{P \circ P \circ P \circ P}$ なら(1)より $\mathrm{P \circ P \circ P}=(1,\ 0)$． いずれにせよ点 $(1,0)$ は集合 $\mathrm{M}$ に属する．
3. (2)の条件がみたされるとき，$\mathrm{P}$の座標が$(1,0)$ であるとする． $\mathrm{Q}\ne (1,\ 0)$なので $\mathrm{Q}=\mathrm{Q \circ Q \circ Q}$か $\mathrm{Q}=\mathrm{Q \circ Q \circ Q \circ Q}$である．

   もし $\mathrm{Q}=\mathrm{Q \circ Q \circ Q}$なら(1)から $\mathrm{Q \circ Q}=(1,\ 0)$となる． 一方 $\mathrm{R}\ne (1,\ 0)$なので $\mathrm{Q \circ R}=\mathrm{P}$となる以外にないが，このとき $\mathrm{Q \circ R}=\mathrm{P}=\mathrm{Q \circ Q}$より $\mathrm{R}=\mathrm{Q}$ となり相異なるという条件に反する．

   ゆえに $\mathrm{Q}=\mathrm{Q \circ Q \circ Q \circ Q}$となり $\mathrm{Q \circ Q \circ Q}=(1,\ 0)$ つまり
   

   $$\mathrm{M}=\{(1,\ 0),\ \mathrm{Q},\ \mathrm{Q \circ Q}\}$$
   
   
   である．かつ $\mathrm{Q \circ Q \circ Q}=(1,\ 0)$なので， $\mathrm{Q \circ R}=\mathrm{P}$, $\mathrm{Q \circ Q}=\mathrm{R}$ が成り立つ．
4. $\mathrm{Q}=(x,\ y)$ とする． $\mathrm{Q \circ Q \circ Q}=(1,\ 0)$かつ $\mathrm{Q \circ Q \circ Q}=(x^3-3xy^2,\ 3x^2y-y^3)$となるので
   
   $$\left\{ \begin{array}{l} x^3-3xy^2=1\\ 3x^2y-y^3=0 \end{array} \right.$$
   
   

   $y=0$ なら $x=1$ で $\mathrm{Q}=\mathrm{P}$ となるので $y\ne 0$ ． ゆえに $y^2=3x^2$ ．これを第1式に代入して $-8x^3=1$ を得る．つまり $x=-\dfrac{1}{2}$ ．これから $y=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}$．
   

   $$∴ \quad \mathrm{P},\ \mathrm{Q}= \left(-\dfrac{1}{2},\ \pm \dfrac{1}{2}\right)$$
   
   

解答 4       問題4

1. 
   
   $$\matrix{a}{-b}{b}{a}\matrix{c}{-d}{d}{c} =\matrix{ac-bd}{-... ...bc)}{ad+bc}{ac-bd} =\matrix{c}{-d}{d}{c}\matrix{a}{-b}{b}{a}$$
   
   
   であるから，この積は確かに集合 $M$ の積になっており，可換である．
   
   $$\matrix{a}{-b}{b}{a} \matrix{\frac{a}{a^2+b^2}}{\frac{b}{a... ...{\frac{-b}{a^2+b^2}}{\frac{a}{a^2+b^2}} =\matrix{1}{0}{0}{1}$$
   
   
   なので，乗法の逆元も存在する．

   2次行列の和と積は結合法則，分配法則を満たすので，その他の条件は満たされる．

   ゆえに $M$ は可換体であることが示された．

2. 積の定義が問題2と同じである． 和が同じであることは明らか．したがって $M$ は問題2の $V$ と同型になり，その結果複素数体 $C$ と同型である．

解答 5       問題5

1. 
   
   $$(ア)\ \matrix{\sqrt{3}}{-1}{1}{\sqrt{3}}\quad\quad (イ)\ ... ...{\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{4}}{-\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{4}}$$
   
   

2. (略）
3. 
   
   $$(ア)\ \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\... ...t{2}}{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12}\right)$$
   
   

4. $\dfrac{1+i}{\sqrt{3}+i}$に対応する行列が $D$ なので， $D^{18}$ は $\left(\dfrac{1+i}{\sqrt{3}+i}\right)^{18}$に対応する行列である．
   
   $$\left(\dfrac{1+i}{\sqrt{3}+i}\right)^{18} =\dfrac{1}{512}\left(\cos\dfrac{3\pi}{2}+i\sin\dfrac{3\pi}{2}\right)$$
   
   
   である．ゆえに求める行列は $\dfrac{1}{512}\matrix{0}{1}{-1}{0}$

解答 6       問題6

1. 
   
   $$\bar{\alpha}+\alpha=2 \quad ,\ \quad \sqrt{3}i\bar{\alpha}-\sqrt{3}i\alpha=2$$
   
   
   より $\alpha=1+\dfrac{i}{\sqrt{3}}$ ， $\vert\alpha\vert^2=\dfrac{4}{3}$ .
2. 点 $\mathrm{A}(\alpha)$ とする． 直線 $\mathrm{OA}$ は直線 $L$ と直交している．

   したがって線分 $\mathrm{QQ'}$ の中点が $L$ 上にあり， 線分 $\mathrm{QQ'}$ が $\mathrm{OA}$ と平行であればよい．
   

   $$\left\{ \begin{array}{l} \bar{\alpha}\left(\dfrac{\omega+... ...r{\omega}-\bar{\omega'}}{\bar{\alpha}}=0 \end{array} \right.$$
   
   

   これから $\bar{\alpha}\omega'+\alpha\bar{\omega}=2$ を得る．ゆえに
   

   $$\omega'=-\dfrac{\alpha}{\bar{\alpha}}\bar{\omega}+\dfrac{2}... ...}{2}i \right)\bar{\omega} +\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$$
   
   

解答 7       問題7 $g(x)=f(x)-x^n$ は $n-1$ 次式である． $g(q_1),\ g(q_2),\ \cdots,\ g(q_n)$もすべて有理数である．

$n-1$ 次式 $g(x)$ に対して$n$ 個の$x$に対する値が定まれば $g(x)$ は一意に定まる． 実際

$$\begin{eqnarray*} G(x)&=&g(q_1) \dfrac{(x-q_2)(x-q_3) \cdots (x-q_n)}{(q_1-q_... ...\cdots (x-q_{n-1})}{(q_n-q_1)(q_n-q_2) \cdots (q_n-q_{n-1})} \end{eqnarray*}$$

とおく．このとき $G(q_1)=g(q_1),\cdots,\ G(q_n)=g(q_n)$ なので恒等式の原理より $G(x)=g(x)$ ． したがって

$$\begin{eqnarray*} f(x)&=&x^n+g(x)\\ &=&x^n+g(q_1) \dfrac{(x-q_2)(x-q_3) \cdots ... ...\cdots (x-q_{n-1})}{(q_n-q_1)(q_n-q_2) \cdots (q_n-q_{n-1})} \end{eqnarray*}$$

これから $f(x)$ が有理数係数の $n$ 次多項式であることが示された．

※これが「ラグランジュの補間公式」の方法である． つぎに数学的帰納法による解を示す．

$n=1$ のとき． $f(x)=x+b$ とおく．$f(q_1)=q_1+b$で$f(q_1)$ が有理数なので， $b=f(q_1)-q_1$ も有理数である．

$n=m$ のとき成立するとする．

$n=m+1$ のとき． $f(x)$ を $x^{m+1}$ の係数が1である $x$ の $m+1$ 次式とし， 相異なる $m+1$ 個の有理数 $q_1,\ q_2,\ \cdots,\ q_{m+1}$に対し $f(q_1),\ f(q_2),\ \cdots,\ f(q_{m+1})$がすべて有理数であるとする．

因数定理より

$$f(x)=(x-q_{m+1})Q(x)+f(q_{m+1}) \quad \cdots\maru{1}$$

となる．ここで $Q(x)$ は $m$ 次式で $x^m$ の係数は両辺の係数を比較して1である．

$q_1,\ q_2,\ \cdots,\ q_{m+1}$はすべて異なるので， $q_1,\ q_2,\ \cdots ,\ q_m$に対し

$$Q(q_i)=\dfrac{f(q_i)-f(q_{m+1})}{q_i-q_{m+1}}$$

したがって $Q(q_1),\ \cdots,\ Q(q_m)$ はすべて有理数である．

数学的帰納法の仮定から $Q(x)$ は有理数係数の多項式である．ゆえに$\maru{1}$から $f(x)$ も 有理数係数の多項式である．

したがって題意が示された．

解答 8       問題8

1. $-\dfrac{a^2}{4}+1$
2. $\left\{ \begin{array}{ll} 1&(a\le 0)\\ -\dfrac{a^2}{4}+1&(0<a<2)\\ -a+2&(2\le a) \end{array} \right.$

解答 9       問題9

$$M(a)=\left\{ \begin{array}{ll} a&(1<a)\\ 1&(a \le 1) \e... ...{ll} \dfrac{a}{a+1}&(0<a)\\ a&(a \le 0) \end{array}\right.$$

解答 10       問題10

$$m(a)=1,\ \quad M(a)=a^2-3a+1$$

解答 11       問題11

1. $f \circ g(x)=-2x+2$
2. $f \circ g(x)=2x^2-3x-2$
3. $f \circ g(x)=-\dfrac{1}{x}$
4. $f \circ g(x)=x^2-p^2+q$
5. $f \circ g(x)=\dfrac{(ap+br)x+aq+bs}{(cp+dr)x+cq+ds}$
6. $f \circ g(x)=\dfrac{2(3x-5)^2}{(3x-5)^2+4}$
7. $f \circ g(x)=x^3+x+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^3}$

解答 12       問題12

1. $f^{-1}(x)=\dfrac{1}{3}x-\dfrac{2}{3}$, 定義域：全実数
2. $f^{-1}(x)=\sqrt{6-x}+2$, 定義域： $x\le 6$
3. $f^{-1}(x)=\sqrt{x+2}+1$, 定義域： $-2\le x$
4. $f^{-1}(x)=\dfrac{x+1}{-x+1}$, 定義域： $x \ne 1$
5. $f^{-1}(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{a}x-\dfrac{b}{a},\ 定義域：全実数& a\ne 0 \\ 逆関数なし& a=0 \end{array} \right.$
6. $f^{-1}(x)=\sqrt{x+p^2-q}+p$, 定義域： $-p^2+q \le x$
7. $f^{-1}(x)=\dfrac{dx-b}{-cx+a}$, 定義域： $c \ne 0 なら x \ne \dfrac{a}{c},\ c=0 なら全実数$

解答 13       問題13

1. 1. $f(x)=a_nx^n+[n-1以下の項のみ]$ とおく．
      $$\begin{eqnarray*} f(x+1)-f(x)&=&a_n(x+1)^n-a_nx^n+[n-1以下の項のみ]\\ &=&a_n(nx^{n-1}+\cdots)+[n-1以下の項のみ] \end{eqnarray*}$$
      
      
      となり，確かに $n-1$ 次以下である．
   2. 必要条件であることは明らかである．

      十分条件であることを $f(x)$ の次数 $k$ に関する帰納法で証明する．

      $k=1$ のとき． $f(x)=ax+b$ とおく．
      

      $$f(m+1)-f(m)=a$$
      
      
      より, $a$ が整数で, $f(m)=am+b$ より $b$ が整数．よって, 任意の整数 $n$ に対して $f(n)=an+b$ は整数値である．

      $1,\ 2,\ \cdots,\ k-1$ について成立するとする．
      

      $$g(x)=f(x+1)-f(x)$$
      
      
      とおく．このとき $g(x)$ の $k$ 個の連続する整数 $m,\ m+1,\ \cdots,\ m+k-1$ に対する値
      
      $$g(m)=f(m+1)-f(m),\ \cdots,\ g(m+k-1)=f(m+k)-f(m+k-1)$$
      
      
      がすべて整数であるので，帰納法の仮定により任意の整数$n$に対して$g(n)$は整数値を取る．

      $f(m)$ が整数で，階差がすべて整数なので，任意の整数$n$に対して$f(n)$は整数値を取る．

      よって, 任意の次数 $k$ に関して『　』が示された．

2. 1. $k$ に関する帰納法で示す．

      $k=1$ のとき． $u_1(x)=x$ なので
      

      $$f(x)=ax+b=au_1(x)+bu_0(x)$$
      
      
      より, 成立している．
      $k-1$ 以下のとき成立しているとする．
      $f(x)$ の $x^k$ の係数を $a_k$ とする． $c_k=k!\,a_k$ とおく．このとき
      
      $$f(x)-c_ku_k(x)$$
      
      
      は $k-1$ 次以下である．したがって, これは $c_0(x),\ \cdots,\ c_{k-1}(x)$ で表せるから， $f(x)$ は $c_0(x),\ \cdots,\ c_k(x)$ で表せることが示せた．

      よって, 任意の $k$ に対して題意が成立した．

   2. 必要条件を示す．

      任意の整数 $n$ に対して $f(n)$ が整数なので

      $$\begin{eqnarray*} f(0)&=&c_0\\ f(1)&=&c_1+c_0\\ &&\cdots\\ f(k)&=& c_k\dfrac{... ...ac{k!}{(k-1)!1!}+\cdots +c_{k-i}\cdot{}_k\mathrm{C}_i+\cdots+c_0 \end{eqnarray*}$$
      
      
      がすべて整数である． よって, $c_0,\ c_1,\ \cdots,\ c_k$ がこの順に整数であることがわかる．

      十分条件を示す．

      $n\ge k$ なら
      

      $$f(n)=c_k{}_n\mathrm{C}_k+c_{k-1}{}_n\mathrm{C}_{k-1}+\cdots+c_0$$
      
      
      となる． よって, $f(n)$ は整数値を取る．
      $k>n>0$ のとき ${}_n{\rm C}_k=0$ とすれば上と同じ式が成り立つので $f(n)$ は整数値を取る．

      $n\le0$ のとき $n=-m$ とすると
      

      $$u_l(n)=\dfrac{(-m)(-m-1)\cdots(-m-l+1)}{l!}=(-1)^l{}_{m+l-1}\mathrm{C}_l$$
      
      
      なので，やはり整数値を取る．

      以上で必要十分条件であることが示された．

注意1     2は

$$\begin{eqnarray*} u_l(x+1)-u_l(x)&=&\dfrac{x(x-1)\cdots(x-l+1)}{l!}-\dfrac{(x-1)... ...l!}\\ &=&\dfrac{\{(x-1)\cdots\{x-1-(l-1)+1)}{(l-1)!}=u_{l-1}(x) \end{eqnarray*}$$

という事実を利用して $f(x)$ の次数に関する帰納法で示すこともできる．

注意2 2の証明をよく見れば
1の条件： $k+1$ 連続整数で $f(x)$ が整数値を取ること
2の条件： $c_0(x),\ \cdots,\ c_k(x)$ がすべて整数であること
の同値性を直接示すこともできる．

解答 14       問題14

$$f(x)=a_n\dfrac{x(x-1)\cdots(x-n+1)}{n!}+\cdots +a_k\dfrac{x(x-1)\cdots(x-k+1)}{k!}+\cdots +a_0$$

とおく．

$$f(k)=a_k+ka_{k-1}+\dfrac{k(k-1)}{2}a_{k-2}+\cdots +a_0=2^k$$

となる． $k=0$ のとき, $a_0=1$ がわかる． $a_0=\cdots =a_{k-1}=1$ とする．

$$a_k+{}_{k}\mathrm{C}_{1}+{}_{k}\mathrm{C}_{2}+\cdots+{}_{k}\mathrm{C}_{k}=a_k+(2^k-1) =2^k$$

より, $a_k=1$ だから, $a_0=a_1=\cdots=a_k=1$ である． よってこのとき,

$$f(n+1)= {}_{n+1}\mathrm{C}_{n}+{}_{n+1}\mathrm{C}_{n-1}+\cdots+{}_{n+1}\mathrm{C}_{0} =2^{n+1}-1$$

解答 15       問題15

1. $x+y+z=2$
2. $\dfrac{x}{a}+\dfrac{y}{b}+\dfrac{z}{c}=1$
3. $(a_2b_3-a_2c_3-b_3c_2)x+(a_1c_3-a_1b_3-b_1c_3)y+(b_1c_2-a_2b_1-a_1c_2)z\\ =-(a_1b_3c_2+a_2b_1c_3)$

解答 16       問題16

1. $(1,\ 6,\ 3)$ に平行．
2. $(2,\ 1,\ 0)$ に平行．

解答 17   問題17

$f(x)=x^{100}$とおき，有限和$S_n$を

$$\begin{eqnarray*} S_n&=&\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\left(\dfrac{k}{2n} \right)^{100} =... ...eft(\dfrac{2i}{2n}\right)-f\left(\dfrac{2i-1}{2n}\right)\right\} \end{eqnarray*}$$

とする．

$0<X<Y$のとき平均値の定理から$X<c<Y$で

$$\dfrac{f(Y)-f(X)}{Y-X}=f'(c)$$

となるものが存在する．各区間 $\left[\dfrac{2i-1}{2n},\ \dfrac{2i}{2n} \right]$ に用いて，

$$f\left(\dfrac{2i}{2n}\right)-f\left(\dfrac{2i-1}{2n}\right) =\dfrac{1}{2n}f'(c_i)$$

と表せる．つまり $S_n=\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{n}f'(c_i)$とリーマン和で表せた．

$$\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^nS_n= \dfrac{1}{2}\int_0^1f'(x... ...right]_0^1 =\dfrac{1}{2}\left[x^{100} \right]_0^1=\dfrac{1}{2}$$

注意

この問題はどこまで一般化できるのか．

$f(x)$が微分可能で$f'(x)$が連続な任意の関数で次式が成立する．

$$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n\left\{f\left(\dfrac{2i}{2n}... ...}\, \int_0^1\,\, f'(x)\,dx=\dfrac{1}{2}\left(f(1)-f(0) \right)$$

解答 18   問題18

1. 部屋を移る確率は$\dfrac{1}{3}$，移らない確率は$\dfrac{2}{3}$である． したがって
   
   $$\begin{array}{l} P_A(n+1)=\dfrac{2}{3}P_A(n)+\dfrac{1}{3}P... ...}P_A(n)+\dfrac{2}{3}P_B(n) \end{array} \quad \cdots\maru{1}$$
   
   
   ただし $P_A(n)+P_B(n)=1$である． これから
   
   $$\begin{array}{ll} P_A(1)=\dfrac{2}{3}P_A(0)+\dfrac{1}{3}P_... ...dfrac{14}{27},\ &P_B(3)=1-P_A(3)=\dfrac{13}{27} \end{array}$$
   
   
   また，3回で起こりうる持ち点は $4,\ 2,\ 0,\ -2$で
   
   $$\begin{array}{lcccc} 持ち点&4&2&-2\\ 部屋&AAA&AAB,\ ABA,... ...ft(\dfrac{2}{3}\right)\left(\dfrac{1}{3}\right)^2 \end{array}$$
   
   

   
   

   $$E(3)=4\cdot\dfrac{8}{27}+2\cdot\dfrac{8}{27}+(-2)\dfrac{4}{27} =\dfrac{40}{27}$$
   
   

2. 1に解答あり．
3. $\maru{1}$から
   
   $$P_A(n+1)-P_B(n+1)=\dfrac{1}{3}\{P_A(n)-P_B(n)\}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad P_A(n)-P_B(n)=\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\{P_A(0)-P_B(0)\} =\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$$
   
   
   $P_A(n)+P_B(n)=1$とあわせて
   $$\begin{eqnarray*} P_A(n)&=&\dfrac{1}{2}\left\{1+\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\rig... ...B(n)&=&\dfrac{1}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right\} \end{eqnarray*}$$
   
   

4. $k$回目の試行による持ち点の増減量を$X_k$とする．$n$回目の試行を終えたときの 持ち点$X$は
   
   $$X=1+X_1+X_2+\cdots+X_n$$
   
   
   である．
   
   $$∴\quad E(n)=1+E(X_1+X_2+\cdots+X_n)=1+\sum_{k=1}^nE(X_k)$$
   
   
   ここで
   
   $$E(X_k)=1\cdot P_A(k)+(-1)\cdot P_B(k)=\left(\dfrac{1}{3}\right)^k$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} ∴\quad E(n)&=&1+\sum_{k=1}^nE(X_k) =1+\sum_{k=1}^n\left(\df... ... =\dfrac{3}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}\right\} \end{eqnarray*}$$
   
   
   注 $n=3$のとき計算すると，
   
   $$\dfrac{3}{2}\left\{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^4\right\} =\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{80}{81}=\dfrac{40}{27}$$
   
   
   1ではそれぞれの持ち点に対する確率を計算したが，(4)の方法の方が簡明である．

解答 19   問題19

1. $N=5$のとき．$X=0,\ Y=0$となるのは，5の目が連続する場合なので
   
   $$P(X=0,\ Y=0)=\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{36}$$
   
   

   一方$Y=0$となるのは，2つの目の出方が
   

   $$(1,\ 4),\ (2,\ 3),\ (3,\ 2),\ (4,\ 1),\ (6,\ 4),\ (4,\ 6),\ (5,\ 5)$$
   
   
   となる場合なので7通りある．
   
   $$∴\quad P(X=0)P(Y=0)=\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{7}{36}\ne\dfrac{1}{36}$$
   
   
   つまり2つの確率変数$X$と$Y$は独立ではない．

   $N=6$のとき． $X$を$i$に固定する．このとき2回目に出る目を$x$とすれば$Y=j$となるのは
   

   $$i+x=j+(6の倍数)$$
   
   
   のとき．この$x$は $x=j-i+(6の倍数)$より$j-i$を6で割った余りなのでただ一つである．
   
   $$∴\quad P(X=i,\ Y=j)=\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{36}$$
   
   

   一方$Y=j$となるのは，1回目の結果が $X=i\ (i=0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ 5)$のいずれに対しても， 2回目に出るべき目は$j-i$を6で割った余りなのでただ一つである．

   $$\begin{eqnarray*} ∴&&P(X=i)P(Y=j)\\ &=&\dfrac{1}{6}\cdot{}_6\mathrm{C}_1\left(\dfrac{1}{6}\right)^2 =\dfrac{1}{36} \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり2つの確率変数$X$と$Y$は独立である．
2. $N=3$のとき． $X$を$i$に固定する．このとき2回目に出る目を$x$とすれば$Y=j$となるのは
   
   $$i+x=j+(3の倍数)$$
   
   
   のとき．この$x$は， $x=j-i+(3の倍数)$より$j-i$を3で割った余りなので2つある．
   
   $$∴\quad P(X=i,\ Y=j)=\dfrac{2}{6}\cdot\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{9}$$
   
   

   一方$Y=j$となるのは，$X$が$i=1,\ 2,\ 3$のいずれに対しても， 2回目の目は$j-i$を3で割った余りなので2つある．

   $$\begin{eqnarray*} ∴&&P(X=i)P(Y=j)\\ &=&\dfrac{2}{6}\cdot{}_3\mathrm{C}_1\left(\dfrac{2}{6}\right)^2 =\dfrac{1}{9} \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり2つの確率変数$X$と$Y$は独立である．

   $N=4$のとき．$X=0,\ Y=0$となるのは，4の目が連続する場合なので
   

   $$P(X=0,\ Y=0)=\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{36}$$
   
   

   一方$Y=0$となるのは，2つの目の出方が
   

   $$(1,\ 3),\ (2,\ 2),\ (3,\ 1),\ (6,\ 2),\ (5,\ 3),\ (4,\ 4),\ (3,\ 5),\ (2,\ 4),\ (6,\ 6)$$
   
   
   となる場合なので9通りある．
   
   $$∴\quad P(X=0)P(Y=0)=\dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{9}{36}\ne\dfrac{1}{36}$$
   
   
   2つの確率変数$X$と$Y$は独立ではない．

   $N\ge 7$のとき．$X=6$のとき，$Y=6$となることはない．
   

   $$∴\quad P(X=6,\ Y=6)=0$$
   
   

   一方$Y=6$となるのは，2つの目の出方が
   

   $$(1,\ 5),\ \cdots$$
   
   
   といくつかあり， $P(X=6)=\dfrac{1}{6}$なので
   
   $$P(X=6)P(Y=6)\ne 0$$
   
   
   つまり2つの確率変数$X$と$Y$は独立ではない．

解答 20   問題20

1. 色の変化が起こる場所(電球と電球の間と考えればよい)は$n-1$通りある． 1つの場所で色が変化するのは，青赤と変化するか，赤青と変化する場合なので その確率は
   
   $$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$$
   
   
   ゆえに1回だけ色が変化する確率は
   
   $${}_{n-1}\mathrm{C}_1\left(\dfrac{1}{2} \right)^{n-1}$$
   
   
   左端が赤色の場合と青の場合は同様に確かで$\dfrac{1}{2}$ずつなので， 求める確率は
   
   $$\dfrac{n-1}{2^n}$$
   
   

2. 1つの場所で色が変化しない確率も$\dfrac{1}{2}$である． ゆえに$n-1$カ所で色が変化しない確率は $\dfrac{1}{2^{n-1}}$である． したがって色の変化が少なくとも2回起きる確率は，
   
   $$1-\left(\dfrac{n-1}{2^n}+ \dfrac{1}{2^{n-1}}\right)=1-\dfrac{n-1}{2^{n-1}}$$
   
   

3. 同様に考え
   
   $$\dfrac{{}_{n-1}\mathrm{C}_m}{2^{n-1}}$$
   
   

4. 色の変化の回数を$X$とおく．
   $$\begin{eqnarray*} E(X)&=&\sum_{m=1}^{n-1}m\dfrac{{}_{n-1}\mathrm{C}_m}{2^{n-1}}... ...}\mathrm{C}_k\\ &=&\dfrac{n-1}{2^{n-1}}2^{n-2}=\dfrac{n-1}{2} \end{eqnarray*}$$
   
   
   注意 二項整数の性質
   
   $$k{}_n {\rm C}_k=n{}_{n-1} {\rm C}_{k-1} \quad (1 \le k \le n-1)$$
   
   
   を用いている．上のように直接計算(これが方法1)してもよいが次のようにも示せる．

   方法2
   二項定理より
   

   $$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n {}_n {\rm C}_k x^k$$
   
   
   この両辺を $x$ で微分する．
   
   $$n(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^n k{}_n {\rm C}_k x^{k-1}$$
   
   
   両辺の $x^{k-1}$ の係数を比較して
   
   $$n{}_{n-1} {\rm C}_{k-1}=k{}_n {\rm C}_k \quad (1 \le k \le n-1)$$
   
   
   方法3
   $n$ 人から $k$ 人の委員とその中の委員長を選ぶ選び方を考える．
   $n$ 人から $k$ 人の委員をまず選び， $k$ 人の中から委員長1人を選ぶ，とすると， ${}_n {\rm C}_k \times k$ 通りの選び方がある．
   $n$ 人から委員長を先に選び，その後 $n-1$ 人から残る $k-1$ 人の委員を選ぶ，とすると， $n \times {}_{n-1} {\rm C}_{k-1}$ 通りの選び方がある．
   
   
   $$∴\quad k{}_n {\rm C}_k=n{}_{n-1} {\rm C}_{k-1} \quad (1 \le k \le n-1)$$
   
   

   ［(4)の別解］
   確率変数$X_k$を
   

   $$X_k= \left\{ \begin{array}{ll} 1&(k番目の場所で変化する)\\ 0&(k番目の場所で変化しない)\\ \end{array} \right.$$
   
   
   で定める．
   
   $$X=X_1+X_1+X_2+\cdots+X_{n-1}$$
   
   
   である．また
   
   $$E(X_k)=0\cdot\dfrac{1}{2}+1\cdot\dfrac{1}{2}=\cdot\dfrac{1}{2}$$
   
   
   である．
   
   $$∴\quad E(X)=\sum_{k=1}^{n-1}E(X_k)=\dfrac{n-1}{2}$$
   
   

解答 21       問題21

1. 偽．反例 $x=-3$ ．
2. 偽．反例 $x=0,\ y=1$ ．
3. 偽．反例 $x=1+\sqrt{2},\ y=1-\sqrt{2}$ ．
4. 真．対偶 ：$x\le 1$ かつ $y\le 0$ なら $x+y\le 1$ である．
5. 偽．反例 $x=3,\ y=\dfrac{1}{2}$ ．

解答 22       問題22

1. $n$ が30で割り切れれば，6または15で割り切れるが，逆は言えない． よって，(b)
   6で割り切れるものが，50個．
   15で割り切れるものが，20個．
   6かつ15で割り切れる，つまり，30で割りきれるものが10個．
   ∴      $50+20-10=60（個）$
2. $m+n=12k,\ mn=12l$ なら， $mn=m(12k-m)=12l$ ．つまり $m^2=12(mk-l)$ ． $m^2$ が12の倍数なので，$m$ は素因数2と3を持つ．つまり6の倍数． このとき $n=12-m$ から $n$ も6の倍数．
   逆に $m=6,\ n=12$とすると $m+n=18$ は12で割り切れない．よって，(c)．
   $m=6k,\ n=6l$とかける．さらに $m+n=6(k+l),\ mn=36kl$ なので， $m+n,\ mn$ が12の倍数になるためには $k$ と $l$ の偶数と奇数が一致すればよい．
       $k=1$ に対して $l=1,\ 3,\ \cdots ,\ 15$ の8個．
       $k=2$ に対して $l=2,\ 4,\ \cdots ,\ 16$ の8個．
       $k=3$ に対して $l=3,\ \cdots ,\ 15$ の7個．
       $k=4$ に対して $l=4,\ \cdots ,\ 16$ の7個．
       $\cdots$
       $k=15$ に対して $15$ の1個．
       $k=16$ に対して $16$ の1個．
   
   
   $$∴ \quad 2(8+7+\cdots+1)=72（個）$$
   
   

3. $l+m+n,\ lm+mn+nl,\ lmn$ がすべて5で割り切れるとする． $lmn$ が5の倍数なので少なくともひとつ，例えば $l$ は5の倍数． するとその結果， $m+n=-l,\ mn=-l(m+n)$ が5の倍数．
   $m,\ n$ の少なくとも一つは5の倍数． $m$ が5の倍数なら $n=-m$ も 5の倍数． 条件は $l,\ m,\ n$ で対称なので， $l,\ m,\ n$ は5の倍数．
   逆は明らか．よって，(a)．
   
4. (3)は任意の素数 $p$ で成り立つ．つまり $l+m+n,\ lm+mn+nl,\ lmn$ がすべて $p$ の倍数なら，$l,\ m,\ n$がすべて $p$ の倍数になる． ここで $30=2\cdot 3 \cdot 5$ なので$p=2,\ 3,\ 5$ とすることにより $l,\ m,\ n$ はすべて $2,\ 3,\ 5$ の倍数であることがわかる．
   よって $l,\ m,\ n$ は30の倍数． 逆は明らか．∴     (a)．
   30の倍数の組は
   $$\begin{eqnarray*} (l,\ m,\ n)&=&(30,\ 30,\ 30),\ (30,\ 30,\ 60),\ (30,\ 30,\ 90... ...60,\ 60),\ (60,\ 60,\ 90),\ (60,\ 90,\ 90)\\ &&(90,\ 90,\ 90) \end{eqnarray*}$$
   
   
   ∴     10個

解答 23       問題23

1. 原点を通る2つの直線が第1象限の原点以外の点を共有する．ゆえに2直線は一致し 傾きは正であることが必要十分条件である．
   
   $$\{(a,\ b)\ \vert\ ab=1,\ a,\ b <0\ \}$$
   
   

2. 命題$[Q]$ は，2つのベクトルが逆方向に平行でないことと同値である．

   つまり $\left[\overline{Q}\right]$ が真となる $(a,\ b)$ の条件は
   

   $$(a,\ 1)=k(1,\ b) \ となる\ k<0\ が存在する．$$
   
   
   である． 存在すれば $a=k,\ 1=kb$ より $ab=1,\ a<0$ ．逆にこのとき逆方向に平行は明か．
   
   $$∴ \quad \{(a,\ b)\ \vert\ ab=1,\ a,\ b <0\ \}$$
   
   

3. 命題 $[P]$と$[Q]$ の真偽は逆になっている．

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