200９年　日本数学オリンピック予選　問題と解答

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2009年1月12日　試験時間3時間

　１．　　正の整数nを用いてn²＋４nと表せる数のうち，10000との差の絶対値が最も小さいものを

　　　求めよ。

[考え方]　

nに，100に近い整数を入れて調べます。

[解答]　

P（n）＝n²＋４n＝n（n＋４）とおく。

P（n）は増加関数で，　　P（98）＝98×102＝9996　←当たりをつけて代入する

P（99）＝99×103＝10197

10000との差の絶対値が小さい方はP（98）である。

（答）　9996　←98と書かないように注意！！

　２．　　半径２の円Ｏ₁と半径４の円Ｏ₂が点Ｐで外接している。Ｏ₁，Ｏ₂の周上にＰと異なる点Ａ，Ｂ

　　　をそれぞれとったところ，Ａ，Ｐ，Ｂが一直線上に並んでいた。線分ＡＢの長さが４であるとき，

　　　線分ＰＢの長さを求めよ。

　　　

　　　

[考え方]　

２つの円の中心を結んで三角形をつくります。

[解答]　

図で，△Ｏ₁ＡＰ∽△Ｏ₂ＢＰだから，ＡＰ：ＢＰ＝１：２

　３．　　次の２つの式をみたす正の整数の組（a，b，c）をすべて求めよ。ただし，３つの数の並ぶ

　　　順番が異なる組は区別する。

　　　　　　　　　ab＋c＝13

　　　　　　　　　a＋bc＝23

[考え方]　

上の式から下の式を引くと，左辺が因数分解できる式ができます。

[解答]　

ab＋c＝13　・・・（ア）

a＋bc＝23　・・・（イ）

（ア）−（イ）より，

　　　　　　　　　　　　　ab＋c−a−bc＝−10 ←似た式は，大体引き算するといい

　　　　　　　　　b ( a−c )−( a−c )＝−10

　 (a−c ) (b−1)＝−10　・・・（ウ）

b−1は正で10の約数だから，　b−1＝1，2，5，10　←これでｂが決まった

　　　　　　　　　b＝2，3，6，11

（ア），（ウ）より，

b＝2のとき，　←あとは順に調べるだけ。

　　　2a＋c＝13

　　　a−c＝−10　　　よって，a＝１， c＝11

b＝3のとき，　

　　　3a＋c＝13

　　　 a−c＝−5　　　よって，a＝2， c＝7

b＝6のとき，　

　　　6a＋c＝13

　　 　a−c＝−2　　　a，cが整数にならず不適。

b＝11のとき，　

　　　11a＋c＝13

　　　 a−c＝−1　　　よって，a＝1， c＝2

（答） （a，b，c）＝（1，2，11），（2，3，7），（1，11，2）

　４．　　三角形ＡＢＣがあり，辺ＢＣの中点をＭとすると，ＡＢ＝４，ＡＭ＝１である。このとき，

　　　∠ＢＡＣの大きさとしてありうる最小の値を求めよ。

　　　　ただし，ＸＹで線分ＸＹの長さを表すものとする。

[考え方]　

「中線定理」が使える形ですが，少し工夫して計算を減らします。

[解答]　

図のようにＤをとる。←中線があったらとりあえず伸ばしてみる

四角形ＡＢＤＣは平行四辺形だから，∠ＢＡＣ＝180°−∠ＡＢＤ

よって，∠ＡＢＤが最大になる場合を考えればよい。←この方が文字が少なくてすむ

△ＡＢＤで余弦定理を使って，

　　　　　　　

ここで，（相加平均）≧（相乗平均）を使うと，　　

　　　　　　　　

だから，　　

　　　　　　　

∠ＡＢＤが最大になるのは，

つまり∠ＡＢＤ＝30°のとき。

このとき，∠ＢＡＣ＝150°

（答）150°

　５．　　赤い玉６個，青い玉３個，黄色い玉３個を一列に並べる。隣りあうどの２つの玉も異なる色

　　　であるような並べ方は何通りあるか。ただし，同じ色の玉は区別しないものとする。

　　　

[考え方]　

まず数の多い赤を並べておき，その間に青か黄を並べていきます。

[解答]　

Ａ　赤　Ｂ　赤　Ｃ　赤　Ｄ　赤　Ｅ　赤　Ｆ　赤　Ｇ

として，Ａ〜Ｇに青または黄の玉を置く。←Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ，Ｆには必ず玉を置く

（ア）Ａに玉を置く場合　←端に置くか置かないかで場合分けをする

　　Ａ〜Ｆにそれぞれ１個ずつ玉を置くことになる。その方法は，

　　　　　　

（イ）Ｇに玉を置く場合

　　（ア）と同様に， 20（通り）

（ウ）Ａ，Ｇに玉を置かない場合

　　Ｂ〜Ｆのどこか１箇所に青と黄を置くので，その方法は10通り。

　残りの４箇所に青か黄１個ずつ置く方法は，　

　　　　　　

よって，玉の置き方は，10×6＝60（通り）

（ア）〜（ウ）を加えて，１００通り。

（答）１００通り

　６．　四面体ＯＡＢＣはＯＡ＝３，ＯＢ＝４，ＯＣ＝５および∠ＡＯＢ＝∠ＡＯＣ＝４５°，∠ＢＯＣ＝６０°

　　　をみたす。このとき四面体ＯＡＢＣの体積を求めよ。

　　　　ただし，ＸＹで線分ＸＹの長さを表すものとする。

[考え方]　

等しい４５°の角を対称な位置に置くのがコツです。△ＯＢＣを底面に見ましょう。

[解答]　

図のようにＨ，Ｄ，Ｅをとると，

ＡＤ⊥ＯＢ，ＡＥ⊥ＯＣ　←「３垂線の定理」。ＯＢ⊥ＡＨ，ＯＢ⊥ＤＨなので，ＯＢ⊥面ＡＤＨ　よってＡＤ⊥ＯＢがいえる。

△ＡＯＤ≡△ＡＯＥだから，ＡＤ＝ＡＥ

よって，△ＡＤＨ≡△ＡＥＨとなり，ＤＨ＝ＥＨにより，△ＯＤＨ≡△ＯＥＨとなる。←全部合同となる。

　　　

　　　

四面体ＯＡＢＣの体積は，

　　

（答）　５

　７．　実数x₁，x₂，x₃，x₄，x₅が次の５つの式をみたす。

　　　　　　　　　x₁ x₂＋x₁ x₃＋x₁ x₄＋x₁ x₅＝−１

　　　　　　　　　x₂ x₁＋x₂ x₃＋x₂ x₄＋x₂ x₅＝−１

　　　　　　　　　x₃ x₁＋x₃ x₂＋x₃ x₄＋x₃ x₅＝−１

　　　　　　　　　x₄ x₁＋x₄ x₂＋x₄ x₃＋x₄ x₅＝−１

　　　　　　　　　x₅ x₁＋x₅ x₂＋x₅ x₃＋x₅ x₄＝−１

　　このとき，x₁としてありうる値をすべて求めよ。

[考え方]　

まず上下を引き算して，左辺が因数分解された式をつくります。与えられた等式はどの文字についても

対称なので，ありうる値というのはどの文字についても同じことがいえます。文字を固定せずに，なるべく

一般的に対称的に考えるとめんどくさくならないようです。

[解答]　

等式はどの文字についても対称だから，１つの等式が成り立つとき，その式の文字を順に入れ替えた

等式も成り立つ。またどの文字についてもとり得る値は同じだから，x₁だけでなくすべての文字について，

そのとり得る値を調べる。←このほうが考えやすいので。

第１式−第２式から，　

　　　（x₁−x₂）（x₃＋x₄＋x₅）＝０　・・・（ア）

この式の番号を順に回転させた，例えば（x₂−x₃）（　x₁＋x₄＋x₅）＝０など，すべて成り立っている。

まず，５つの文字がどれも異なるとする。　←こういう場合が無いことを示しておく

（ア）から，　x₃＋x₄＋x₅＝０

第１式は　x₁ x₂＋x₁ （x₃＋x₄＋x₅）＝−１だから，x₁ x₂＝−１　

他の２文字の積もすべて−１となるので，←対称性を利用

x₁ x₂･x₂ x₃･x₃ x₄･x₄ x₅･x₅ x₁＝−１　

( x₁ x₂ x₃ x₄ x₅ )² ＝−１＜０となるので不適。

よって，５つの文字のうちどれかは等しい。

そこで，x₁＝x₂＝t として一般性を失わない。←５つの文字全部のとり得る値を考えているので，こう設定してよい。

t＝０だと第１式が成り立たないので，t≠０

（ア）の文字を入れ替えて，　

（x₁−x₃）（x₂＋x₄＋x₅）＝０より，

　　　　　　　　　　（ x₃−t）（x₄＋x₅＋t）＝０　・・・（イ）

同様に，　　　（ x₄−t）（x₃＋x₅＋t）＝０　・・・（ウ）

　 （ x₅−t）（x₃＋x₄＋t）＝０　・・・（エ）

（x₃−x₄）（x₁＋x₂＋x₅）＝０より，

　　　　　　　　　　　（x₃−x₄）（２t＋x₅）＝０　・・・（オ）

　　同様に，　　　　（x₃−x₅）（２t＋x₄）＝０　・・・（カ）

　　　 　 （x₄−x₅）（２t＋x₃）＝０　・・・（キ）

　　

（�@）　x₃，x₄，x₅のいずれかが tに等しいとき，←場合分けを行う

　　　x₃＝t として一般性を失わない。

　 このとき，（キ）より，　（x₄−x₅）×３t＝０　　t≠０より，x₄＝x₅

　　　x₄＝t とするとx₁〜x₅がすべてtとなり，第１式は４t² ＝−１となるので不適。

　　よってx₄≠tだから（オ）より，　x₅＝−２t

（�A）　x₃，x₄，x₅のいずれも tに等しくないとき，←場合分けを行う

　　　（イ）〜（エ）より，

　　　　　　　　x₄＋x₅＝−t，x₃＋x₅＝−t，x₃＋x₄＝−t

　　　これを解いて，

　　　　　　　　

（�@），(�A)のいずれの場合も x₁〜x₅ は，順不同で，

　　　　　　　s　，s　，s　，−２s，−２s　　←このようにまとめて考えることができる

と表される。

x₁＝s として第１式に代入すると，　←この場合だけ考えれば，答えが割り出せる。

　　　　s（　s＋s−２s−２s　）＝−１

　　　　　　　　　

x₁のとり得る値は s　または−２s だから，

　　　　　　

　８．　f (x)，g (x)はいずれも実数を係数とする０でない多項式で，

　　　　　f ( x³ )＋g (x) ＝ f ( x )＋x⁵ g (x)

をみたす。このようなf (x)としてありうるもののうち，次数が最も小さいものを１つ求めよ。

[考え方]　

　f ( x³ )−f ( x )＝（x⁵ −１）g (x)　だから，左辺の式がx⁵ −１で割り切れることになります。なので小細工

をせずにf ( x )を式で置いて，実際にx⁵ −１で割ってみましょう。

[解答]　

f ( x³ )−f ( x )＝（x⁵ −１）g (x)　だから，f ( x³ )−f ( x )はx⁵ −１で割り切れる。

まず　f ( x )＝ax³＋bx²＋cx＋dとおくと，　←aは0でもＯＫ。これで解が見つかれば４次以上を調べなくて済む。

　　　　f ( x³ )＝ax⁹＋bx⁶＋cx³＋d

だから，

　　f ( x³ )−f ( x )＝ax⁹＋bx⁶＋（c−a）x³−bx²−cx

＝x｛ a x⁸＋bx⁵＋（c−a）x²−bx−c ｝　←xをくくり出しておく

｛　　｝内をx⁵ −１で割ると，

だから，商は　a x³＋b

　　　　　余りは　a x³＋（c−a）x²−bx＋b−c

余りが0になるので，a＝c−a＝−b＝b−c＝0　←係数を全部0とおく

よってa＝b＝c＝0だから，f ( x³ )−f ( x )＝0となり，g (x)　も0となるので不適。

だからf ( x )は４次以上の式である。

　f ( x )＝ex⁴＋（ax³＋bx²＋cx＋d )　とおくと，←上の割り算の結果を使いたいので，こうおく。

f ( x³ )＝ex¹²＋（ax⁹＋bx⁶＋cx³＋d )　 　　　　←４次で解が見つかってほしいと期待しつつ・・

だから，

　　f ( x³ )−f ( x )＝ex¹²−ex⁴＋x（a x⁸＋bx⁵＋（c−a）x²−bx−c）

変形すると，←x⁵ −１で割った形の式をつくるのが目標

　　f ( x³ )−f ( x )＝e（x⁵ −１）（x⁷＋x²）−ex⁴＋ex²＋x（x⁵ −１）（a x³＋b）＋a x⁴＋（c−a）x³−bx²＋（b−c）x

　　　　　　　　　　＝（x⁵ −１）（e x⁷＋e x²＋a x⁴＋bx）＋（a−e）x⁴＋（c−a）x³＋（e−b）x²＋（b−c）x

x⁵ −１で割った余りは，

　　　　　（a−e）x⁴＋（c−a）x³＋（e−b）x²＋（b−c）x

これが0になるので， a−e＝c−a＝e−b＝b−c＝0

よって，　a＝b＝c＝e

　　　　　f ( x )＝a x⁴＋ax³＋ax²＋ax＋d　←これが一般形。

（答）　f ( x )＝x⁴＋x³＋x²＋x　　←１つ答えればいい

　９．　ある数学の国際大会に１０人の通訳が招待された。各通訳は，ギリシャ語，スロベニア語，

　　　ベトナム語，スペイン語，ドイツ語のうちちょうど２つを話すことができる。また，どの２人につい

　　　ても，話せる言語の組み合わせは異なる。

　　　この通訳たちを２人ずつ５つの部屋に宿泊させることになった。どの部屋に宿泊する２人も共通

　　　の言語を話せるような部屋割りにしたい。このような方法は何通りあるか。

　　　ただし，部屋を替えただけで人の組み合わせが全く同じ部屋割りは，同一のものとして数える。　　

[考え方]　

うまい数え方を考えないと，とんでもなく面倒になります。１パターン調べてそれを何倍かしたものが答え，

というふうに解けるようにします。

[解答]　

５つの言語を順にＡ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅとして，１０人の通訳を，

ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，ＢＣ，ＢＤ，ＢＥ，ＣＤ，ＣＥ，ＤＥ

と表す。

ＡＢとペアになりうる人はＡＣ，ＡＤ，ＡＥ，ＢＣ，ＢＤ，ＢＥの６人で，それぞれの場合の部屋割りに重複はなく，

部屋割りの総数は同じである。だから，

　　ＡＢとＡＣがペアになるときの部屋割りの数を求め，これを６倍したもの　　←１つを固定させる考え方

が答えとなる。

ＡＢとＡＣがペアになる場合において，Ａを話せる通訳ＡＤ，ＡＥがペアかそうでないかで場合分けする。

（�@）　ＡＤ，ＡＥがペアであるとき

　残りの６人ＢＣ，ＢＤ，ＢＥ，ＣＤ，ＣＥ，ＤＥで３つのペアをつくる。

　ここで，共通な言語になりうる言語はＢ，Ｃ，Ｄ，Ｅから選んだ３つだから，←どの言語でペアになるかを考える

　共通な言語の選び方は４通り。

　このうち，共通な言語がＢ，Ｃ，Ｄのときは，←Ｅを持つ人は，もう一方の言語でペアになるしかない

　　　　・（ＢＣ，ＢＥ），（ＣＤ，ＣＥ），（ＢＤ，ＤＥ）

　　　　・（ＢＤ，ＢＥ），（ＢＣ，ＣＥ），（ＣＤ，ＤＥ）

　の２通りある。

　よって，（�@）の場合の部屋割りの数は，４×２＝８（通り）

（�A）　ＡＤ，ＡＥがペアでないとき

　ＡＤとペアになりうる人は，ＢＤ，ＣＤ，ＤＥの３人，

　ＡＥとペアになりうる人は，ＢＥ，ＣＥ，ＤＥの３人で，この２つのペアのつくり方は，

　　　３×３−１＝８（通り）　←（ＡＤ，ＤＥ）かつ（ＡＥ，ＤＥ）という場合を除く

　このうち（ＡＤ，ＢＤ）かつ（ＡＥ，ＢＥ）のときは，残りのペアの方法が

　　　　　　・（ＢＣ，ＣＤ），（ＣＥ，ＤＥ）

　　　　　　・（ＢＣ，ＣＥ），（ＣＤ，ＤＥ）

　の２通りある。←ほかの場合も同じ２通りある

　よって，（�A）の場合の部屋割りの数は，８×２＝１６（通り）

(�@)，（�A）より，　ＡＢとＡＣがペアになる場合の部屋割りの数は，８＋１６＝２４（通り）

よって，全体の部屋割りの数は，２４×６＝１４４（通り）

（答）　１４４通り

　１０．　以下を計算せよ。

　　　　　　

　　　ただし，分母はにおいてnが１以上９９以下の整数値を動くときの和，分子は

　　　においてnが１以上９９以下の整数値を動くときの和である。

[考え方]　

２重根号をはずすことは無理だし，分子と分母をそれぞれ計算することも無理です。工夫が必要。

分子の和をS，分母の和をTとおいて，Sと Tの関係式をつくるという発想でいきます。

[解答]　

分子の和をS，分母の和をTとする。

いま，nを自然数として，

　（＞0）　　

の値を考える。↑nに１〜99まで代入して加えるとS＋Tとなる。

　　

　　　　　　　　　　　　　　　　　

だから，　

nを１〜99として，99個の式をすべて加えると，←右辺はSが逆転して現れる

　　　

　　　

　　　

　１１．　実数xについての方程式

　　　　　[ x ]＋[ 2x ]＋[ 3x ]＋[ 4x ]＋[ 5x ]＋[ 6x ]＋[ 7x ]＋[ 8x ]＋[ 9x ]＝44x

の解の総和を求めよ。

　　　ただし，実数rに対してrを超えない最大の整数を[r ]で表す。

[考え方]　

左辺は整数なので右辺も整数となります。44xが整数ということで，とりあえずxは「分母が４４の有理数」

ということがわかります。そのあとが難しい・・。

[解答]　

　[ x ]＋[ 2x ]＋[ 3x ]＋[ 4x ]＋[ 5x ]＋[ 6x ]＋[ 7x ]＋[ 8x ]＋[ 9x ]＝44x　・・・（＊）

左辺は整数だから，右辺44xも整数であり，これにより解 x は，

　

と表せる。ただし，N ( k )は整数で，k ＝0，1，2，・・・，43

k ＝0のとき，xは整数だから，（＊）は，

　　x ＋2x ＋ 3x ＋ 4x ＋ 5x ＋ 6x ＋ 7x ＋ 8x ＋ 9x ＝44x

　　45x ＝44x

x ＝0

解の和を求めるのでこれは無視してよい。以下，k ＝1，2，・・・，43 の場合を考える。

（＊）に解 x を代入すると，

　　　　

　　　

　　　　

　　　　

よって，（＊）の解は，

　　

↑あとは，これを全部足せばいいことになります。

（＊）の解の和 T は，

　　

↓このSを求めるために以下工夫したのですが，あまりラクになってない・・

　　　　

　　　

　　　

　　　＝43M−F（M＋１）＋｛（M＋１）・F（M＋１）−M・F（M）｝　←足すと消える形を作った。

この式は F(9)＝0 とすれば M＝1，2，・・・，8 で成り立つ。

M　を1，2，・・・，8としてすべて加えると，

　　　

　　　　

　　　　

あとは F (1)〜F (8) を求めれば答えが出せる。←やっとテンパった感・・。

よって，

S＝1548−（75＋112＋127＋129＋118＋98＋72＋39）

＝1548−770

＝778

T＝967.5−778＝189.5

（答）　189.5

　１２．　空間はその中の平面によって２つの部分に分かれるが，そのうち一方（平面は含まない）

　　　　を半空間という。S を，どの４点も同一平面上にないような空間内の１０点からなる集合とする。

　　　　このとき，S の部分集合であって，Sとある半空間の共通部分となるものの個数を求めよ。

[考え方]　

空間を１つの平面で切って２つの部分に分けたとき，その片方の部分に入っている点を１つの集合をみて，

こういう集合が何個できるかを求めればよいわけです。ですが，１０個の点がどんな位置にあるかで数え方

が変わってしまい，ややこしい・・。１０個の点で凸な多面体ができる場合は，何とか数えられそうです。

記述式でなく答えだけを書く試験なので，凸な多面体を描いて数え，それを答えにしていいと思います。

[解答１]　（厳密な解答ではありません。）

10個の点を結ぶと凸多面体ができる場合。

この凸多面体は，頂点の数10，面の数16，辺の数24である。

（ア）部分集合の要素が１点だけのとき　←１点で接する平面を，少しずらした平面を考える

　　これは平面が１点だけを切り取る場合である。そのような平面は

　　頂点の個数だけ考えられるので，10個。

（イ）部分集合の要素が２点だけのとき　←1本の辺で接する平面を，少しずらした平面を考える

　　これは平面が２点だけを切り取る場合である。そのような平面は

　　辺の本数だけ考えられるので，24個。

（ウ）上記以外の場合　←０か３点以上含まれる場合

　　Sの部分集合のうち，空集合と全体集合は条件をみたす。これで2個。

　次に，

　多面体の３つの頂点を通る平面πを考え，この平面における半空間をUとする。

　いま，　　T ＝｛　点X ｜X は，Uまたはπにある点 ｝

　とすると，集合Tは，平面πを平行移動した平面によって題意をみたす部分集合とすることができる。

　このようなTの総数は，₁₀C₃×2　通り。　←Tは両サイドにあるので，２倍する。

　しかし平面πが凸多面体の面と一致するとき，集合Tが全体集合と一致する場合が出てくるので，

　これを除くと，

　　　　　　

　だから，（ウ）の場合の数は，226通り。

（ア）〜（ウ）をすべて足すと，　10＋24＋226＝260（通り）

（答）　260個

[解答２]　（たぶん正解だと思いますが，自信なし）

n 個の点について，条件を満たす部分集合の個数を f ( n ) とする。

いま， f ( 1 )＝2　　(空集合か全体集合の2個)

f ( 2 )＝4　　(要素の個数が0か1か2の4個)

f ( 3 )は，要素の個数が0か1か2か3の場合を合計して，

　　 　f ( 3 )＝1＋3＋3＋1＝8　←ここまでは紛れが無く数えられる

n≧3のとき，f ( n ) の漸化式をつくる。

n＋1個の点があるとき，

１つの平面上にそのうちの１点Ｐが，残りのn 個の点がすべて半空間にあるようにできる。

いまf ( n＋1 )を数えるとき，

Ｐをのぞくn個の点では部分集合がf ( n )個だけできるが，このf ( n )個の集合にはＰが含まれていない。

n＋1個の点で考えるとf ( n )個の集合の中には要素にＰを含むものがいくつか存在する。←およそ半分ある

が，この集合をカウントしたことにし，それ以外の集合を調べる。←ここがややこしいですね・・。

まず，Ｐと他の２点Ａ，Ｂを通る平面πを考え，この平面における半空間をUとする。

いま，　　T ＝｛　点X ｜X は，Uの点またはＡ，Ｂ，Ｐ ｝

とすると，集合Tは，平面πを平行移動した平面によって題意をみたす部分集合とすることができる。

このようなTの総数は， ←Tは両サイドにあるので，２倍する。

また，空集合と１点Ｐのみの集合は条件をみたす。この2個を加えて，n²−n＋2個。

f ( n＋1 )を求める際，この（n²−n＋2）個の集合によって，

　　空集合，１点Ｐのみの集合，Ｐを含む３点以上の要素からなる集合

がすべて数えられたことになる。←全体集合もカウントされている

これ以外の集合を考えると，

　　Ｐとあと１点のみの要素からなる集合，Ｐを含まない空でない集合

があるが，これらはf ( n ) 個の中にすでにカウントされている。←わかりにくい・・

また，先に数えたf ( n ) 個の集合と，あとの（n²−n＋2）個の集合には重複がない。←わかりにくい・・

よって，　f ( n＋1 )＝f ( n )＋n²−n＋2　←漸化式が完成！！

この式はn＝1，2，3，・・・で成り立つ。

　　　　

　　　　　　　　

　　　　　　　　＝2＋285−45＋18

＝260　　

（答）260個