200９年 東京大学（理科）・前期 問題と解答
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１． 自然数m≧2に対し，m－1個の二項係数 mＣ1 ， mＣ2 ，
・・・ ， mＣm－1 を考え，これらすべての最大公約数をdmとする。すなわち，dmはこれらすべてを割り切る最大 の自然数である。 (1) mが素数ならば，dm＝mであることを示せ。 (2) すべての自然数kに対し，km－kがdmで割り切れることを，kに関する数学的帰納法に よって示せ。 (3) mが偶数のときdmは1または2であることを示せ。 |
[解答]
(1) まず， dmはmＣ1の約数だから，dm≦m ・・・① ←dmがm以下となることがわかる。
次に r＝1，2，・・・，m－1とする。←二項係数をまとめて考える準備。
これはm個のものからr個とった組合せの数を表すので整数である。
したがって分子は分母の倍数であるが，mは素数だから分母のどの因数とも互いに素である。
すなわち，mＣrはmの倍数であり，これにより，dmもmの倍数となる。 ・・・②
①，②より，dm＝m （証明終わり）
(2) 「すべての自然数kに対し，km－kがdmで割り切れる」・・・★
これを数学的帰納法で証明する。
(ⅰ) k＝1のとき
km－k＝0だから，これは自然数dmで割り切れる。よって，★は成り立つ。
(ⅱ) k＝p ( pはある自然数)のとき，★が成り立つと仮定する。
（p＋1)m－（p＋1)＝ mＣ0＋p・mＣ1＋p2・mＣ2＋・・・＋pm－1・mＣm－1＋pm・mＣm－（p＋1) ←二項定理で展開。
＝p・mＣ1＋p2・mＣ2＋・・・＋pm－1・mＣm－1＋（ pm－p )
ここで，mＣ1，mＣ2，・・・，mＣm－1はすべてdmで割り切れ，pm－pは帰納法の仮定からdmで割り切れる
ので，（p＋1)m－（p＋1)はdmで割り切れる。
よって，k＝p＋1のときも★が成り立つ。
(ⅰ)，(ⅱ)より，★は成り立つ。 （証明終わり）
(3) m＝2のとき，(1)より， dm＝2
m＝4のとき， 4Ｃ1＝4Ｃ3＝4， 4Ｃ2＝6 の最大公約数は2だから，dm＝2
m＝6のとき， 6Ｃ1＝6Ｃ5＝6， 6Ｃ2＝6Ｃ4＝15，6Ｃ3＝20 の最大公約数は1だから，dm＝1
以上でdmは１と２の値をとり得ることがわかった。あとはそれ以外の値をとらないことを示せばいい。
mが8以上の偶数のときを考える。
T (k)＝km－kとする。(2)より，dmはすべてのT (k)の公約数である。
ここで，pを3以上の整数とすると，
T ( p－1)＝(p－1)m－( p－1) ←苦労して発見した・・。
＝pm－pm－1＋pm－2－・・・＋(－1) r p m－r＋・・・＋(－1) m－1p＋(－1) m－p＋1
＝p{ pm－1－pm－2＋・・・＋(－1) r p m－r－1＋・・・＋(－1) m－1－1}＋(－1) m＋1
＝p { pm－1－pm－2＋・・・＋(－1) r p m－r－1＋・・・＋(－1) m－1－1}＋2 ←mは偶数だから。
よって，T ( p－1)をpで割ったときの余りは2となり，T ( p－1)はpで割り切れない。
このことから，すべてのT (k)の公約数に，3以上の整数はないことがわかる。
以上より，mが偶数のとき，dm＝1またはdm＝2である。 （証明終わり）
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２． 実数を成分にもつ行列 と実数r，sが下の条件(ⅰ)，(ⅱ)，(ⅲ)をみたすとする。 (ⅰ) s＞1 このとき以下の問に答えよ。 (3) c＝0 かつ | a |＜1を示せ。 |
[解答]
B＝T -1ATの両辺をn乗すると， ←これはよくある形。
Bn ＝（T -1AT）n
＝T -1AT ・T -1AT ・T -1AT ・・・・ T -1AT
＝T -1AEAEAE ・・・・ AEAT
＝T -1AAA・・・・AT
＝T -1A n
T ←これを使ってzとwを求める。
うまく行きそうだ。
（証明終わり）
(3) まず Bn を求める。a－cr＝t とおくと， ←見やすいように置き換える
だから，←右上が０の行列は推測しやすい。
と推測できる。これを数学的帰納法で証明する。←答案には書いておいた方がいいでしょう。
（ア） n＝1のとき，★は成り立つ。
（イ） n＝k のとき，★が成り立つと仮定すると，
となるので，n＝k＋1のときも★が成り立つ。
（ア），（イ）より，★は正しい。
これで，zとwが計算できるようになった。
s＞1だから，s－t＞0である。ここで，
だから，c≠0とすれば，←背理法のような示し方。
となり，(2)の結果に矛盾する。よって， c＝0
このとき，| t |＝| a－cr |＝| a |， | t |＜1 だから，| a |＜1
（証明終わり）
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３． スイッチを1回押すごとに，赤，青，黄，白のいずれかの色の玉が1個，等確率1/4で 出てくる機械がある。２つの箱ＬとＲを用意する。次の３種類の操作を考える。 （Ａ） １回スイッチを押し，出てきた玉をＬに入れる。 （Ｂ） １回スイッチを押し，出てきた玉をＲに入れる。 （Ｃ） １回スイッチを押し，出てきた玉と同じ色の玉が，Ｌになければその玉をＬに入れ， Ｌにあればその玉をＲに入れる。 (1) ＬとＲは空であるとする。操作（Ａ）を5回おこない，さらに操作（Ｂ）を5回おこなう。このとき ＬにもＲにも4色すべての玉が入っている確率Ｐ1を求めよ。 (2) ＬとＲは空であるとする。操作（Ｃ）を5回おこなう。このとき，Ｌに4色すべての玉が入って いる確率Ｐ2を求めよ。 (3) ＬとＲは空であるとする。操作（Ｃ）を10回おこなう。このときＬにもＲにも4色すべての玉が |
[解答]
(1) Ｌに4色すべての玉が入っているのは，５回の色の出方が
赤，青，赤，黄，白
のように１色が２回，他の色が１回ずつ出る場合である。このような色の出方は，
5Ｃ2×4！通り ←（２回出る色の場所）×（色の順番）
よって，Ｌに4色すべての玉が入っている確率は，
Ｒに4色すべての玉が入っている確率も同じである。
(2)
操作（Ｃ）を5回おこなったとき，Ｌに4色すべての玉が入っているのは，
操作（Ａ）を5回おこなったとき，Ｌに4色すべての玉が入ることと同じである。←（１）で求めた。
(3) 操作（Ｃ）を10回おこなったとき，ＬにもＲにも4色すべての玉が入っているのは，
（ⅰ）１つの色が４回，他の色が２回ずつ出る
（ⅱ）２つの色が３回，他の色が２回ずつ出る
このいずれかである。←それぞれの確率を求めて足せばいい。
（ⅰ）の場合の色の出方は，←（４回出る色の選択）×（パターン）
だから，確率は，
（ⅱ）の場合の色の出方は，←（３回出る色の選択）×（パターン）
だから，確率は，
よって，
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４． aを正の実数とし，空間内の2つの円板 D1＝｛ ( x，y，z ) | x 2＋y2≦1，z＝a ｝ D2＝｛ ( x，y，z ) | x 2＋y2≦1，z＝－a ｝ を考える。D1をy軸の回りに180°回転してD2に重ねる。ただし回転はz軸の正の部分をx軸の 正の方向に傾ける向きとする。この回転の間にD1が通る部分をEとする。Eの体積をV ( a )とし， Eと｛ ( x，y，z ) | x≧0｝との共通部分の体積をW ( a )とする。 (1) W ( a )を求めよ。 |
[解答]
(1) Eを考えるには，この立体を平面y＝tで切った切り口の図形の面積を考える。
y＝tで切った切り口のうちx≧0の部分の面積は，←半円から半円を切り抜いた形になる。
よって，あとは積分すればいい。
(2) y＝tで切った切り口のうちx≦0の部分の面積をS ( t ) とする。←このS ( t )を求めるのは大変。
S ( t ) を上図の長方形の面積と比較すると， ←不等式ではさむ。この問では，こんな大雑把な作戦でうまく行く。
ここで， ←まだ積分しない。右辺をもっと簡単な式にする。
だから，
↑積分した値が０に収束しそうだ，という予測をもとにこの不等式をつくった。
Eと｛ ( x，y，z ) | x≦0｝との共通部分の体積をX ( a )とすると，V ( a )＝W ( a )＋X ( a )
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５． (1) 実数xが－1＜x＜1，x≠0をみたすとき，次の不等式を示せ。 (2) 次の不等式を示せ。
0.9999101＜0.99＜0.9999100 |
[解答]
(1) －1＜x＜1だから，1－x＞0，1＋x＞0 また，x2＞0
と同値な不等式をつくる。
よって，★を証明する。←何を示すのかを宣言しておく。
←外側のxは無視して。
とおくと，x＝0のときy＝0 この値も含めて考える。
よって， －1＜x＜0のとき，y''＜0だから，y' は単調減少。
0＜x＜1のとき， y''＞0だから，y' は単調増加。
x＝0のとき y'＝0 だから，
－1＜x＜0のとき，y'＞0
0＜x＜1のとき，
y'＞0 となる。←どちらも正になった。
よって，－1＜x＜1のときyは単調増加であるので，
－1＜x＜0のとき，y＜0
0＜x＜1のとき，
y＞0
以上より，－1＜x＜0のとき，x y＞0
0＜x＜1のとき，
x y＞0
がいえるので，★は成り立つ。 （証明終わり）
(2) (1)の不等式を変形する。
1－xを0.99とみればxは0.01で，0.9999は1－x2になる。これを見越して式変形を考える。
この式にx＝0.01を代入すると，0.99＜0.9999100 ・・・・・・（ア）
この式にx＝－0.01を代入すると，0.9999101＜0.99 ・・・・・・（イ）
（ア），（イ）より，0.9999101＜0.99＜0.9999100 （証明終わり）
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６． 平面上の２点Ｐ，Ｑの距離をd（Ｐ，Ｑ）と表すことにする。平面上に点Ｏを中心とする一辺の 長さが1000の正三角形△Ａ1Ａ2Ａ3がある。△Ａ1Ａ2Ａ3の内部に３点Ｂ1，Ｂ2，Ｂ3を， d（Ａn ，Ｂn ）＝1 （n＝1，2，3） となるようにとる。また，
とおく。n＝1，2，3のそれぞれに対して，時刻0にＡnを出発し， 点を考え，時刻tにおけるその位置をＰn（t）と表すことにする。 (1) ある時刻tでd（Ｐ1（t），Ｐ2（t））≦1が成立した。ベクトル θとおく。このとき (2) 角度θ1，θ2，θ3をθ1＝∠Ｂ1Ａ1Ａ2，θ2＝∠Ｂ2Ａ2Ａ3，θ3＝∠Ｂ3Ａ3Ａ1によって定義する。 αを とる範囲をαを用いて表せ。 (3) 時刻t1，t２，t３ のそれぞれにおいて，次が成立した。 d（Ｐ2（t1），Ｐ3（t1））≦1， d（Ｐ3（t２），Ｐ1（t２））≦1， d（Ｐ1（t３），Ｐ3（t３ ））≦1 このとき，時刻 d（Ｐ1（T），O）≦3， d（Ｐ2（T），O）≦3， d（Ｐ3（T），O）≦3 が成立することを示せ。 |
[解答]
(1) とりあえず図示してみる。
Ｐ1（t）をＰ1，Ｐ2（t）をＰ2と表すと，Ｐ1Ｐ2≦１ ←これをベクトルで表そう。
点Ａ2から直線Ａ1Ｑに垂線Ａ2Ｈをひくと，Ａ2Ｈ≦Ａ2Ｑ≦1 ←これで行けそう。
Ａ2Ｈ＝1000|sinθ| だから，1000|sinθ|≦1
(2)
(1)の不等式をみたすθの範囲は，－α≦θ≦α ・・・（ア） ←これを利用する方針。
Ａ1Q1＝Ａ1Q2だから，Ａ1Ｑは∠Ｑ1Ａ1
Q2の二等分線である。
（ア）より，
(3) (2)で示した不等式と同様に，次も成り立つ。
(2)の不等式と（ウ）を辺々足して，
これらを辺々足して2で割ると，←θ2，θ3を消す。
θ2，θ3の範囲も同じである。
次に，△Ａ1ＯＰ1（T）を考える。←余弦定理を使ってＯＰ1（T）を求める。
だから，
d（Ｐ1（T），O）≦3 ⇔ {ＯＰ1（T）}2≦9 ←示すべき不等式を書き換える。
d（Ｐ2（T），O）≦3， d（Ｐ3（T），O）≦3については，★のθ1をそれぞれθ2，θ3に入れ替えた不等式と同値である。
よって（エ）の条件のもとで★を示せば，証明すべき３つの不等式が成り立つことが言える。
ここで，cos3αを求める。sinα＝sとすると，←cos3αが★の右辺より大きいことを示せばいい。
cos3α＝4cos3α－3cosα
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＝cosα（4cos２α－3） ＝cosα｛4（1－s2）－3｝ ＝cosα（1－4s2） ≧cos2α（1－4s2）＝（1－s2）（1－4s2） ←cosα≧cos2αを使う。 ＝1－5s2＋4s４ ←4 s 4 は無視する。 ≧1－5s2 ←★の右辺に近づけていく。
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よって，★が成り立つ。 （証明終わり）