200９年　京都大学（理系乙）・前期　問題と解答

　

　１．　xyz空間でO（0，0，0），A（3，0，0），B（3，2，0），C（0，2，0），D（0，0，4），E（3，0，4），

F（3，2，4），G（0，2，4）を頂点とする直方体OABC-DEFGを考える。辺AEをs：1−sに内分する

　　点をP，辺CGをt：1−tに内分する点をQとおく。ただし0＜s＜1，0＜t＜1とする。

　　Dを通り，O，P，Qを含む平面に垂直な直線が線分AC（両端を含む）と交わるようなs，tのみたす

　　条件を求めよ。

[解答]　

　　　

　　　

Dを通り平面OPQに垂直な直線が，線分ACと交わる点をRとする。

AR：RC＝u：1−u　（0≦u≦1）　とすると，

　　　

　　　

これで，お膳立がすべてそろった。

DR⊥（平面OPQ）だから，DR⊥OP，DR⊥OQ

　　　　　　9u−16s＝0　　←（内積）＝０をつくる。

　　　4(1−u )−16t＝0

整理をし，

　　　　　　9u＝16s

　　　 u＝1−4t

文字を消すときは，その範囲を反映させよう。

uを消去すると， 16s＝9(1−4t )

すなわち，　　　　16s＋36 t＝9

　２．　平面上の鋭角三角形△ABCの内部（辺や頂点は含まない）に点Pをとり，A´をB，C，Pを

　　　通る円の中心，B´をC，A，Pを通る円の中心，C´をA，B，Pを通る円の中心とする。

　　　このときA，B，C，A´，B´，C´が同一円周上にあるための必要十分条件はPが△ABCの内心

　　　に一致することであることを示せ。

　　　　　　

[解答]　

すごい図ですね。どうやって示すんだろ・・。

∠PBC＝b，∠PCB＝c とすると，円A´の円周角と中心角の関係から，

　　∠P A´B＝2 c，∠P A´C＝2b

△A´BC´≡△A´PC´だから，∠B A´C´＝∠P A´C´＝c　←とりあえず角度を設定しておく。

同様に，

△A´CB´≡△A´PB´だから，∠C A´B´＝∠P A´B ´＝b

△AC´B´≡△P C´B´だから，AP⊥C´B´　・・・・・・�@　←これがあとできいてくる。

〔�T〕　A，B，C，A´，B´，C´が同一円周S上にある　⇒　Pが△ABCの内心に一致する

　を示す。

　円Sの円周角の関係から，∠B A´C´＝∠B AC´＝c，∠C A´B´＝∠C AB´＝b

　さらに，C´A＝C´B， B´A＝B´Cだから，

　　　　∠C´A B＝∠C´B A＝∠AB´C´＝c　←円周角をフルに活用しよう。

　　　　∠B´A C＝∠B´CA＝∠A C´B´＝b　

　C´B´とAB，ACとの交点をそれぞれQ，Rとすると，

　　　　∠A QR＝∠ARQ＝b＋c　・・・・・・�A

　�@，�Aより，APは∠BACの二等分線である。　←内心の定義となっている。

　

　上の証明の向きを変えて示すことで同様にして，

　　　BPは∠ABCの二等分線，CPは∠ACBの二等分線

　であることがそれぞれ言える。

　よって，点Pは△ABCの内心である。

〔�U〕　Pが△ABCの内心に一致する　⇒　A，B，C，A´，B´，C´が同一円周上にある　　

　を示す。←こちらはそんなに難しくない。

　Pが△ABCの内心だから，∠ABP＝∠PBC＝b，∠ACP＝∠BCP＝c

　△ABCの内角だから，　∠BAC＝180°−（2 b＋2 c）

　四角形ABA´Cの内角において，　←向かい合う角の和を調べる。

　　　　∠BAC＋∠BA´C＝180°−（2 b＋2 c）＋（2 b＋2 c）＝180°

　よって，四角形ABA´Cは円に内接する。この円は△ABCの外接円である。

　

　上の証明の向きを変えて示すことで同様にして，

　　　四角形AB CB´は円に内接する

　　　四角形CAC´Bは円に内接する

　ことがそれぞれ言える。これらの円はともに△ABCの外接円である。

　

　よって，A，B，C，A´，B´，C´は同一円周上にある。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（証明終わり）

　３．　n枚のカードを積んだ山があり，各カードには上から順番に1からnまで番号がつけられて

　　　いる。ただしn≧2とする。このカードの山に対して次の試行を繰り返す。1回の試行では，

　　　一番上のカードを取り，山の一番上にもどすか，あるいはいずれかのカードの下に入れるとい

　　　う操作を行う。これらn通りの操作はすべて同じ確率であるとする。n回の試行を終えたとき，

　　　最初一番下にあったカード（番号n）が山の一番上にきている確率を求めよ。

[解答]　

n回の試行によってできるカードの移動の総数はn ⁿ通りで，これらは同様に確からしい。そこで，

n回の試行後，番号nのカードが山の一番上に来るような移動の総数を求める。←これを求め，分数を作る。

n回の試行で番号nのカードが山の一番上に来るのは，

（n−1）回の試行で番号１〜n−1の（n−1）枚のカードを番号nのカードより下に持って行き，

あと１回の試行は番号nのカードよりも上に置く，または番号nのカード自体をそのまま上に置く

・・・・・・★

という場合である。

kを１≦k≦n−1の整数とする。

（ア）　番号kのカードだけを番号nのカードよりも上に置く場合

　番号kのカードを番号nのカードよりも上に置く方法は，

　　　　　　（n−k）通り。　←kのカードからnのカードまでに置く場所が（n−k）箇所あるので。

　（n−1）枚のカードを番号nのカードより下に持って行く移動の総数は，

　　　　　　（n−1）！通り　←１回目のkのカードの移動を無視して，上から順に繰り出す方法が，１×２×３×・・・×（n−1）通り。

　だから，（ア）の場合の数は，（n−k）×（n−1）！通り

　kに１からn−1まで代入して加えると，

　　　　　　｛1＋2＋3＋・・・＋（n−1）｝×（n−1）！

　　　　　

（イ）　番号nのカード自体をそのまま上に置く場合

　番号１〜n−1の（n−1）枚のカードを番号nのカードより下に持って行く移動の総数を求めて，

　　　　　　（n−1）！通り　←ここまで来ればあとは式を作るだけ。

（ア），（イ）より，★の総数は，

　　　　

求める確率は，

　　　

　４．　をad−bc＝1をみたす行列とする（a，b，c，dは実数）。

　　　自然数nに対して平面上の点Ｐ_n（x_n ，y_n）を

　　　　　　　　

　　により定める。との長さが１のとき，すべてのnに対しての長さが１であることを

　　示せ。ここでＯは原点である。

[解答]　

ここでad−bc＝1と�@を用いて，　←式を簡単なものに変形していく。

（a²＋ad−1）²＋c²（a＋d）²＝1 ←（　）の中の式を書き換える。

{ a（a＋d）−1}²−1＋c²（a＋d）²＝0

a²（a＋d）²−2a（a＋d）＋c²（a＋d）²＝0

（a²＋c²）（a＋d）²−2a（a＋d）＝0

（a＋d）{（a＋d）−2a }＝0

（a＋d ）（d−a）＝0　　←簡単な式になった。

よって，　　a＝d 　または　a＝−d　←この２つの場合を調べていく。

（�@）　a＝d のとき

　ad−bc＝1⇔a²−bc＝1⇔1−a²＋bc＝0⇔c²＋bc＝0⇔c（b＋c）＝0　←書き換えていく。

　　　　　　　⇔c＝0またはb＋c＝0

　（ア）c＝0のとき

　　　（x₁ ，y₁）＝（a ，0），（x₂ ，y₂）＝（a²，0）となる。　←yがどれも０になりそうだ。

　　　（x_n ，y_n）＝（aⁿ，0）と仮定すれば，

　　　　　　

　　　となるので，すべてのnで（x_n ，y_n）＝（aⁿ，0）といえる。←帰納法。

　　　�@よりa²＝1だから，x_n²＋y_n²＝（aⁿ）²＝（a²）ⁿ＝1　←これで示せた。

　　　

　（イ）b＋c＝0のとき

　　　　　　　　　　　

　　　　　x_n²＋y_n²＝（a x_n−1＋b y_n−1）²＋（c x_n−1＋a y_n−1）²←漸化式を作る。

＝（a²＋c²）x_n−1²＋2 a（b＋c）x_n−1 y_n−1＋（a²＋b²）y_n−1²

＝x_n−1²＋｛a²＋（−c）² } y_n−1²

　　　　　　　　 ＝x_n−1²＋y_n−1²　

　　　　　　　　　＝x_n−2²＋y_n−2²＝・・・＝x₁²＋y₁²＝a²＋c²＝1　←項を下げていく。

　（ア），（イ）のどちらの場合も，すべてのnに対して，

　　　　　　　　

（�A）　a＝−d のとき

　　ad−bc＝1⇔a²＋bc＝−1だから，

　　　　　

　　　　　　　↑ハミルトンを使っても可。A²−(a＋d) A＋（ad−bc) E＝O⇔A²＝−Eとなる。

　　　　

　　だから，　x_n＋2²＋y_n＋2²＝x_n²＋y_n²　

　　・　nが奇数のとき，　x_n²＋y_n²＝x_n−2²＋y_n−2²＝・・・＝x₁²＋y₁²＝1　←項を下げていく。

　・　nが偶数のとき，　x_n²＋y_n²＝x_n−2²＋y_n−2²＝・・・＝x₂²＋y₂²＝1　

　　よって，すべてのnに対して，

　　　　　　　　

（�@），（�A）より，すべてのnに対しての長さは１である。　　　　　　　　　　（証明終わり）

　５．　xy平面上で原点を極，x軸の正の部分を始線とする極座標に関して，極方程式

　　　r＝2＋cosθ （0≦θ≦π）により表される曲線をCとする。Cとx軸とで囲まれた図形をx軸

　　　のまわりに１回転して得られる立体の体積を求めよ。

[解答]　

極方程式r＝2＋cosθを直交座標の媒介変数表示に直すと，

　　　x＝r cosθ＝cosθ(2＋cosθ)

y＝r sinθ＝sinθ(2＋cosθ)　 ←あとは公式通りに。

y＝0のとき，θ＝0，π　（x，y）＝（3，0），（−1，0） ←x軸との交点。

体積Vは，

　

　　　x　：　−1　→　3　

　　θ　：　π　　→　0　　←積分区間

だから，

　　

　　　

cosθ＝tとおくと，θ：　π　→　0　のとき， t ：　−１　→　１　だから，←置換する。

　　　

　　　　

　　　　

　　　　

　６．　 aとbを互いに素，すなわち１以外の公約数を持たない正の整数とし，さらにaは奇数と

　　　する。正の整数nに対して整数a _n，b _nを

　　　　　　　　　

　　　をみたすように定めるとき，次の（１），（２）を示せ。

　　　ただしが無理数であることは証明なしに用いてよい。

　 　（１）　a₂は奇数であり，a₂とb₂は互いに素である。

　 （２） すべてのnに対して，a _nは奇数であり，a _nとb _nは互いに素である。

[解答]　

（１）　n＝1，2のとき，

　　　

　　　

　文字はそれぞれ整数でが無理数だから，

　　　　　　a₁＝a，b₁＝b

　　　a₂＝a²＋2b²，b₂＝2a b　←これをよく見て証明する。

aは奇数だからa²も奇数で，また2b²は偶数だから，a²＋2b²は奇数である。←奇＋偶＝奇数

　よって，a₂は奇数である。

　次に，a₂とb₂が共通な素因数dをもつとする。←背理法で示す。

　a₂が奇数だから，dは3以上の奇数である。

dはb₂の約数，つまりabの約数で素数だから，aまたはbの約数である。

　（ア）dがaの約数であるとき　←面倒だが場合分けする。

　　　　2b²＝a₂−a²の右辺がdの倍数になり，これよりbもdの倍数になる。

　（イ）dがbの約数であるとき

　　　　a²＝a₂−2b²の右辺がdの倍数になり，これよりaもdの倍数になる。

（ア）も（イ）もa，bがともにdの倍数となるので不合理。

　よって，a₂とb₂は互いに素である。　　　　　　　　（証明終わり）

（２）　すべてのnに対して，a _nは奇数であり，a _nとb _nは互いに素である。・・・・・・★

　　を，数学的帰納法で証明する。

　〔１〕n＝1のとき

　　　明らかに★は成り立つ。

　〔２〕n＝kのとき★が成り立つと仮定する。

　　　

　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　

　　だから， 　a_k+1＝a・a_k＋2b・b_k　　・・・・・・�@

b_k+1＝b・a_k＋a・b_k 　　・・・・・・�A

仮定より，a・a_kは奇数，また2b・b_kは偶数だから，a・a_k＋2b・b_k は奇数である。

　　よって，a_k+1は奇数である。

　　

　　次に，a_k+1とb_k+1が共通な素因数dをもつとして矛盾を導く。←また背理法を使う。

　　a_k+1が奇数だから，dは3以上の奇数である。

　　�@×a−�A×2bより，←b_kを消す。　　

a・a_k+1−2b・b_k+1＝(a²−2b²）a_k

　　�@×b−�A×a より，←a_kを消す。　　

b・a_k+1−a・b_k+1＝(2b²−a²）b_k

いずれの左辺もdの倍数だから，右辺もdの倍数である。a²−2b²がdの倍数でないとすると，

　　a_k，b_kがともにdの倍数となり互いに素でなくなるので，a²−2b²はdの倍数である。

　　

　　ここでbがdの倍数なら，a²＝（a²−2b²）＋2b²の右辺はdの倍数となり，結果aもdの倍数となる。

　　aとbは互いに素だからこれは不合理。よってbはdの倍数ではない。←この条件はあとで使う。

　　�@を変形して，

　　　　　　　a_k+1＝a（a・a_k−1＋2b・b_k−1）＋2b・b_k　←b_kがdの倍数になることを導く。

　　　　　　　　　＝（a²−2b²）a _k−1＋2b² a_k−1＋2ab・b_k−1＋2b・b_k

　　　　　　　　　＝（a²−2b²）a_k−1＋2b（b・a_k−1＋a・b_k−1）＋2b・b_k

　　　　　　　　　＝（a²−2b²）a_k−1＋4b・b_k

　だから，4b・b_k＝a_k+1−（a²−2b²）a_k−1

　　よって，4b・b_kはdの倍数であり，4bはdの倍数ではないので，b_kがdの倍数となる。

　　　あともう少しです。

　　このとき�Aより，b・a_k＝b_k+1−a・b_kで，右辺はdの倍数となり，結果a_kもdの倍数となる。　　

　　よってa_k，b_kがともにdの倍数となり，互いに素であることに矛盾する。

　　以上より，a_k+1とb_k+1は共通な素因数をもたない。

　　すなわち，a_k+1とb_k+1は互いに素であるので，★はn＝k＋１のときも成り立つ。

　よって，すべてのnに対して★は成り立つ。　　　　（証明終わり）　　終わった・・