2008年　日本数学オリンピック本選　問題と解答

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　２００８年　２月１１日　試験時間４時間

　１．　整数係数多項式P ( x )は，ある0でない整数nについてP (n² )＝0を満たす。このとき，

　　　0でない任意の有理数aに対してP (a² )≠1であることを示せ。

[考え方]

P (a² )＝1となる有理数aが存在したとして，矛盾を導きます。

[解答]

P (n² )＝0より，P ( x )はx−n²を因数にもつ。よって，

　　　　P ( x )＝（x−n²）Q ( x )

と表される，ここで，Q ( x )は整数係数の多項式である。なぜなら，

P ( x )がm次式で，x^kの係数をb_kとすると，組立除法より，

下に現れるm−１個の数がQ ( x )の係数となるが，これらはすべて整数どうしの積の和であるので，

みな整数である。

次に，P (a² )＝1となる有理数aが存在したと仮定する。←結論を否定して，矛盾を導く。

このとき，（a²−n²）Q (a² )＝1が成り立つ。左辺は0でないので，a²≠n²である。

この等式の左辺は整数である。←右辺が整数にならないことを示せばよい。

次に，pとq＋|pn|の最大公約数をd（≧１）とする。このとき，p＝dM，q＋|pn|= dNとおくと，

　　　　q＝（q＋|pn|）−|pn|＝dN−|dM n|＝d（N−|Mn|）　←d＝１になることを導いている。

だから，dはqの約数でもある。p，qは互いに素だから，d＝１

よって，pとq＋|pn|は互いに素である。また，q＋|pn|≧q＋|p|＞１だから，★の右辺では，p^2mとq＋|pn|

とで約分が起こらない。すなわち★の右辺は整数ではない。

これは矛盾である。

よって，0でない任意の有理数aに対してP (a² )≠1である。　　(q.e.d)

　２．　赤いカードと白いカードがそれぞれ2008枚ずつある。2008人のプレイヤーが，それぞれ

　　　これらのカードのうち２枚ずつ配られた状態で，内側を向いて円形になって座る。１回のターン

　　　で全員が同時に次のことを行う。

　　　　　　・赤いカードを１枚でも持っていれば赤いカード1枚を左隣のプレイヤーに渡す。

　　　　　　　赤いカードを１枚も持っていなければ白いカード1枚を左隣のプレイヤーに渡す。

　　　このとき，初めて全員が赤いカードと白いカードを1枚ずつ持っている状態になるまでにかかる

　　　ターン数の最大値を求めよ。

　　　

[考え方]　

赤２枚を持つ人と，白２枚を持つ人の人数は常に同じです。人数が多すぎて理詰めで解くことが難しい

ので，まず総ターン数の上限を調べ，次にその値がありうることを示す，この方法で行きます。

[解答]　

赤２枚を持つ人をA，白２枚持つ人をB，赤白１枚ずつ持つ人をCとする。

何回ターンしても，AとBの人数は同数であり，1回のターンでは，２００８枚のカードの移動のうち，Bの

人数と同じ枚数の白いカードが回り，これ以外はすべて赤いカードである。

全員が赤いカードと白いカードを1枚ずつ持っている状態とは，あるターンののち，全員が赤いカードを

手に持つことである。

ここで，ターンを２００７回行えば，必ず全員がCの状態になることを示す。←天下り的ですな。

いま，ターンを２００７回行った結果，Ａであった人がいたとして，その人をa₀とする。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　↑a₀がいなければ，全員Ｃになっている。a₀がいないことを背理法で示す。

白いカードが来ればＢまたはＣの状態になるので，a₀ははじめからＡの状態であり，すべてのターンで赤い

カードが来ていることになる。

そこで，a0の左隣をa1とし，a1の左隣をa2とし，以下順に， a3，a4，・・・，a2007とする。 右隣の人が赤いカードを持っていれば必ず赤が回るので， 　　a1は，a0から必ず赤をもらう。 　　a2は，a1から２回目のターンで赤をもらい，その後すべて赤が来る。 　　a3は，a2から３回目のターンで赤をもらい，その後すべて赤が来る。 　　　　・・・・・・・　　　　　　　　　↑このようにどんどん赤ばかりが回ってくる。 　　a2007は，a2006から２００７回目のターンで赤をもらう。

以上より，２００７回目のターンで，全員が赤を持つことになるが，a₀は赤を２枚所有しているので，赤の方

が白より枚数が多くなって矛盾する。

よって，ターンを２００７回行った場合，Ａである人はいない。つまり，全員がCの状態になる。

すなわち，ターンの最大値は２００７以下である。

次に，２００７回のターンで全員がCの状態になる場合があることを示す。

Ａが１００４人，Ｂが１００４人いて，Ａどうし隣り合い，Ｂどうし隣り合った場合を考えると，連続２回のターン

で，Ａ１００４人の右端の１人がＢとなる。これを繰り返すと，２×１００３回のターンで元のＡ１００４人のうち，

１００３人に白が渡り，左端の人のみがＡである。次のターンでその人にも白が渡るので，これで全員が

Cの状態となる。

（答）　２００７

　３．　鋭角三角形ABCの外心をOとする。２点A，Oを通る円が，直線AB，ACとそれぞれ

　　　A以外の点P，Qで交わっている。線分PQと線分BCの長さが等しいとき，直線PQと

　　　直線BCのなす角のうち９０°以下の方の大きさを求めよ。

[考え方]　

BC＝PQから，中心角が等しいことがわかります。

[解答]　

２点A，Oを通る円の中心をO'とする。下図のように，O'がAOに関してCの側にあるとしてよい。

（�@）　　　　　　　　　　　　　　　　　　（�A）

円O'の円周角∠PAQは，∠PAQ＝∠BAC または∠PAQ＝１８０°−∠BACの２種類ある。

BC＝PQだから，いずれにしても，円Oの劣弧BCの円周角と，円O'の劣弧PQの円周角は等しい。

これによりそれぞれの中心角も等しいから，二等辺三角形OBCとO'PQの頂角は等しい。

BC＝PQより，これらの底辺も等しいから，△OBC≡△O'PQ

よって，2円の半径は等しい。←この条件がカギですね。

すなわち，△AOO'は正三角形である。

次に，PQとBCの交点をRとする。求める角は∠PRBである。

（�@）のとき，←いっぺんに求めたいが，無理っぽい。

∠PRB＝∠ACB−∠CQR＝（∠OCB＋∠OCA）−∠AQP

　　　　＝（∠O'QP＋∠OAQ）−∠AQP

　　　　＝（∠O'QP−∠AQP）＋∠OAQ

　　　　＝∠O'QA＋∠OAQ

　　　　＝∠O'AQ＋∠OAQ＝∠OAO'＝６０°

　　　ＱがＡＣの延長にあるときも，全く同じに示せる。

（�A）のとき，

∠PRB＝∠ACB＋∠CQR＝（∠OCB＋∠OCA）＋∠AQP

　　　　＝（∠O'QP＋∠OAQ）＋∠AQP

　　　　＝（∠O'QP＋∠AQP）＋∠OAQ

　　　　＝∠O'QA＋∠OAQ　　←ここから(�@)と同じ。

　　　　＝∠O'AQ＋∠OAQ＝∠OAO'＝６０°

（答）　６０°

　４．　実数に対して定義され，実数値をとる関数 f であって，任意の実数 x，y に対して，

　　　　　　　　　　　　f ( x＋y ) f ( f (x )−y )＝x f ( x )−y f ( y )　

　　を満たすものをすべて求めよ。

[考え方]　

xやyに0などを代入して，得られる条件式から判断します。どんな関数が答えなのか見当がつかない。

f ( x )＝0やf ( x )＝xは，この等式を満たしています。（大体自明な関数が答えになる）　なので，答えが

こうなることを見越して導いていきます。でもこれ以外に満たす関数がないことを示すのがかなり難しい。

[解答]　

　 　f ( x＋y ) f ( f (x )−y )＝x f ( x )−y f ( y )　・・・・・・（＊）

（＊）にy＝0を代入すると，←まず０を代入。

f ( x ) f ( f (x ) )＝x f ( x )

　　　　　　　　　　　　 f ( x ) ｛ f ( f (x ) )−x ｝＝0

（＊）にx＝0，y＝xを代入すると，　←こちらにも代入。

f ( x ) f ( f (0 )−x )＝−x f ( x )

f ( 0 )＝t とすると，　　f ( x ) ｛ f (t−x ) )＋x ｝＝0

f ( x )＝0 ならばこれらの等式を満たし，（＊）も満たすので，これ以外の関数を考える。

f ( x )≠0のとき，

　　　　　　　　　　　　　　f ( f ( x ) )＝x　　・・・・・・�@

　　　　　　　　　　　　　　f ( t−x )＝−x　・・・・・・�A

ここでtが0か0でないかで場合分けをする。　←根拠がない.が，こう分けると考えやすい。

(�@)　 f ( 0 )＝t＝0のとき

　x≠0で関数 f ( x )を考える。

　�Aより，f ( x )≠0のとき，　f (−x )＝−x　（≠0）　・・・・・・�A´

　f (−x )≠0だから，�A´のxに−xを代入して，

　　　　　　　　　　　　　　　f ( x )＝x　　

よって，f ( x )≠0となるxに対し， f ( x )＝x　である。

　　　　　　　　　　　　　　　↑これで終わりではない。f (x)＝0となる場合があるか，吟味が必要。

　いま，関数が常にf ( x )＝0ではない場合を考えているので，f ( c )≠0となるc（≠0）が存在している。

　そこで，f ( d )＝0となるd（≠0）が存在したとする。←と仮定して矛盾を導く。

（＊）にx＝c，y＝d を代入すると，

　f ( c＋d ) f ( f (c )−d )＝c f ( c )− d f ( d )　

f ( c )＝c，f ( d )＝0だから， f ( c＋d ) f ( c−d )＝c² ・・・・・・�B

c≠0だから，　　　f ( c＋d )≠0， f ( c−d )≠0

　よって，　　 　　f ( c＋d )＝c＋d， f ( c−d )＝c−d　←うまくいった感。

　�Bに代入すると，　　　　　( c＋d ) ( c−d )＝c²c²−d ²＝c²

d＝0となり，これは矛盾である。

よって，x≠0のとき，f ( x )≠0

　以上より，関数 f ( x )は，

　　　　　　　　　　　　　f ( x )＝x　

　この f ( x )は常に（＊）を満たす。←代入すれば成り立つことがわかる。

(�A)　 f ( 0 )＝t≠0のとき

　f ( 0 )≠0だから，�Aに x＝0を代入し， f ( t )＝0

　ここで，f ( c )≠0となる c（≠0）が存在したとする。　←こう仮定して矛盾を導く。

　このとき，c≠0，c≠t である。　←c＝tとすればf (c)＝f (t)＝0で矛盾なので。

　�Aより，　　　　　　　f ( t−c )＝−c （≠0）・・・・・・�C

　f ( t−c )≠0だから，�@に x＝t−c を代入し，　←こういう代入が可能になる。

f ( f ( t−c ) )＝t−c

f (−c )＝t−c（≠0）

　f (−c )≠0だから，�Aに x＝−c を代入し，　←こちらも代入できる。

　　　　　　　　　　　　　　f ( t＋c )＝c　・・・・・・�D

　（＊）に x＝t＋c，y＝t−c を代入すると，　←苦労して，この代入を発見した。

　　　　　　　　　f ( 2t ) f ( f (t＋c )−( t−c ) )＝( t＋c ) f (t＋c )−( t−c ) f (t−c )

�B，�Cを代入し，

　　　　　　　 f ( 2t ) f ( 2 c−t )＝( t＋c ) c−( t−c ) (−c )

　 f ( 2t ) f ( 2 c−t )＝2 c t

c t≠0だから， f ( 2t )≠0 ・・・・・・�E　←これが矛盾の材料になる。

　�Eより，�Aに x＝2t を代入し，

　　　　　　　　　　　　　　　f (−t )＝−2 t （≠0）・・・・・・�F　←これも矛盾の材料になる。

　さらに（＊）に x＝t，y＝t を代入すると，

f ( 2t ) f ( f ( t )− t )＝t f ( t )−t f ( t )

　　　　　　　　　　f ( 2t ) f (−t ) ＝0 ・・・・・・�G

　�E，�F，�Gは同時には成り立たないので，矛盾である。

　よって，f ( c )≠0となるc（≠0）は存在しない。←背理法。

　すなわち， x≠0のとき，f ( x )＝0

　以上より，関数　f ( x ) は，

　　　　　　　　　f ( x )＝0 （x≠0のとき），　f ( 0 )は任意

　このf ( x )は常に（＊）を満たす。←代入すれば成り立つことがわかる。

（答）　f ( x )＝x

　　　または，　f ( x )＝0 （x≠0のとき），　f ( 0 )は任意

[考え方]　

問題の意味がわかりにくいのですが，

　　「nを１つうまく決めたとき，どんなrについても等式が成り立つようにできる」

ということです。はじめ，「存在する」が答えだと思い込んで考えていましたが，どうも無理のようで，

「存在しない」ことをnについての数学的帰納法で証明することになります。これは相当難しい・・。

[解答]　

　

　とおく。　

←n＝k＋1のときの区間を設定する。 　あとで変更があるため，qに「´」をつけておく。

　いま，p_k+1 ＜q_k+1'　だから，区間（ p_k+1 ，q_k+1'）に有理数は存在する。