数学B
各問では、最初に問題だけを読み、解き終えてから折りたたみの「解答」で式の流れを確認できます。難易度と所要時間は演習の目安です。
第1問
問題
\(a\) を奇数として、 \(a\) と共通因数を持たない整数 \(b\) を考える。
\[ a_n + \sqrt{2} b_n = (a + \sqrt{2} b)^n \]
となるような整数列 \(a_n, b_n\) を考える。このとき、\(a_n, b_n\) は互いに素であることを示せ。
共役を掛けると
\[ a_n^2 - 2b_n^2 = (a^2-2b^2)^n \]
である。\(a_n,b_n\) に共通する素数 \(p\) があると仮定する。この式の左辺は \(p\) で割り切れるので
\[ p\mid a^2-2b^2 \]
となる。\(a\) は奇数だから \(a^2-2b^2\) も奇数であり、\(p\) は奇素数である。また \(\gcd(a,b)=1\) より、\(p\) は \(a,b\) のどちらも割らない。
\(\alpha=a+\sqrt2b\) とおくと
\[ \alpha^2=2a\alpha-(a^2-2b^2) \]
だから、係数を \(p\) を法として考えれば \(\alpha^2\equiv2a\alpha\) である。帰納的に
\[ \alpha^n\equiv(2a)^{n-1}\alpha\pmod p \]
となるため、実部について
\[ a_n\equiv(2a)^{n-1}a\not\equiv0\pmod p \]
を得る。これは \(p\mid a_n\) に矛盾する。したがって共通素因数は存在せず、
\[ \boxed{\gcd(a_n,b_n)=1} \]
である。
第2問
問題
3辺 \(AB,AD,AE\) の長さがそれぞれ \(a,b,c\) の直方体 \(ABCD-EFHG\) がある。この時 \(\triangle AFH\) を含む面を \(\pi\) とする。\(ABCD-EFGH\) ないの点 \(P\) から \(\pi\) に下ろした垂線の足を \(Q\) とする。このとき、 \(Q\) の取りうる位置の面積を求めよ。
模範解答を受領後に追記します。
第3問
問題
正方形 \(ABCD\) の辺上を除く内部に \(PA \perp PB\) となる点 \(P\) がある。 \(\overrightarrow{PC} = x\overrightarrow{PA} + y\overrightarrow{PB}\) となるとき、\(x+y\) の最大値を求めよ。
模範解答を受領後に追記します。
第4問
問題
次のように決められた数列 \(\{a_n\}\) がある。
\[ a_1=2, \quad a_{n+1} = \frac{2+a_n}{1-2a_n} \]
このとき、 \(a_n\) は決して \(0,1/2\) の値をとらず、さらに全ての値が異なることを示せ。
\(0<\theta<\pi/2\) かつ \(\tan\theta=2\) となる \(\theta\) を取る。加法定理より
\[ \tan((n+1)\theta) =\frac{2+\tan(n\theta)}{1-2\tan(n\theta)} \]
だから、右辺が定義される限り \(a_n=\tan(n\theta)\) である。
まず \(\theta/\pi\) が無理数であることを確認する。もし有理数なら \(\zeta=e^{2i\theta}\) は1の冪根となる。一方、\(\tan\theta=2\) より
\[ \zeta=\cos2\theta+i\sin2\theta =\frac{-3+4i}{5}. \]
すると \(\zeta+\zeta^{-1}=-6/5\) は有理数であると同時に代数的整数でなければならない。有理数の代数的整数は整数なので、これは矛盾である。よって \(\theta/\pi\) は無理数である。
もし初めて \(a_n=1/2\) となる \(n\) があれば、それまでの漸化式から \(a_n=\tan(n\theta)\) である。すると加法定理の分母が \(0\) となり、\((n+1)\theta\equiv\pi/2\pmod\pi\) となるが、これは \(\theta/\pi\) の無理性に反する。したがって \(a_n\neq1/2\) であり、数列はすべての \(n\) で定義される。
同様に、\(a_n=0\) なら \(n\theta\equiv0\pmod\pi\) となって矛盾する。また \(a_n=a_m\ (n>m)\) なら
\[ \tan(n\theta)=\tan(m\theta) \]
より \((n-m)\theta\equiv0\pmod\pi\) となり、やはり矛盾する。よって \(a_n\) は \(0,1/2\) を取らず、すべて相異なる。
第5問
問題
\(a_1=1, a_2=7\) として、次のような漸化式を満たす数列 \(\{a_n\}\) を考える。
\[ a_{n+2} = \frac{a_{n+1}^2 - 1}{a_n} \]
この時、 \(9a_na_{n+1}+1\) が平方数となるような \(n\) の値をすべて求めよ。
まず
\[ a_n^2+a_{n+1}^2-7a_na_{n+1}=1 \tag{1} \]
を示す。\(n=1\) では \(1+49-49=1\) だから成立する。(1) が \(n\) で成立すると
\[ a_{n+2} =\frac{a_{n+1}^2-1}{a_n} =7a_{n+1}-a_n. \tag{2} \]
- を使って計算すると
\[ \begin{aligned} a_{n+1}^2+a_{n+2}^2-7a_{n+1}a_{n+2} &=a_n^2+a_{n+1}^2-7a_na_{n+1}\\ &=1, \end{aligned} \]
となるので、(1) は帰納的にすべての \(n\) で成立する。
ここで (1) を変形すると
\[ \begin{aligned} 9a_na_{n+1}+1 &=a_n^2+2a_na_{n+1}+a_{n+1}^2\\ &=(a_n+a_{n+1})^2. \end{aligned} \]
したがって、\(9a_na_{n+1}+1\) はすべての正整数 \(n\) について平方数である。答えは
\[ \boxed{n=1,2,3,\ldots} \]
である。
第6問
問題
\(a_1=2,a_2=5\) として、次のような漸化式を満たす数列 \(\{a_n\}\) を考える。
\[ a_{n+2}=(2-n^2)a_{n+1}+(2+n^2)a_n \]
この時、 \(a_p a_q = a_r\) となるような正整数 \(p,q,r\) の組は存在するか。存在する場合、全て求めよ。
\(a_n\equiv a_{n+1}\equiv2\pmod3\) と仮定する。\(n^2\equiv0,1\pmod3\) なので、
\[ a_{n+2} =(2-n^2)a_{n+1}+(2+n^2)a_n \equiv2\pmod3 \]
である。実際、\(n^2\equiv0\) なら右辺は \(2\cdot2+2\cdot2\equiv2\)、\(n^2\equiv1\) なら \(1\cdot2+0\cdot2\equiv2\) となる。
\(a_1=2\equiv2\)、\(a_2=5\equiv2\pmod3\) だから、帰納法により
\[ a_n\equiv2\pmod3 \]
がすべての正整数 \(n\) で成立する。もし \(a_pa_q=a_r\) なら、左辺は \(2\cdot2\equiv1\pmod3\)、右辺は \(2\pmod3\) となって矛盾する。よって、そのような組は
\[ \boxed{\text{存在しない}} \]
。