◆滋賀県 ippei さんからの解答。
【問題１】
| 与えられた三角形と相似な斜辺の長さ | 6 |
の三角形 |
25÷12＝2余り1であるから鳩の巣原理により、T2のどれか1つは内部または周上に3点を含む。
さらに、相似な三角形で斜辺の長さ2.9のものT3を考えると,
6 |
＜2.9なのでT3はT2を完全に含むようにできる. |
このT3の斜辺を直径とする半円をT3を含む側に描くとこの半円が3点を含むものである.
【問題２】
左辺
=a*(b*c)
=c*(b*a)
=0*c*(b*a)
=0*(a*b)*c
=(a*b)*c
=右辺
◆山梨県 Footmark さんからの解答。
【問題７】
異なる４個のｙ値と異なる８２個のｘ値の、任意の４ｘ８２個の格子点で考える。
（ｘ値とｙ値を入れ替えても理屈は同じ）
ｘ値が等しい格子点は８２組あるが、どの組も格子点が４つある。
４つの格子点を３色以下で塗ると、２つ以上が同色である格子点がどの組にも存在する。
一方、４つ格子点の色の並びは８１(＝３4)通りしかない。
それ故、８２組では少なくともどこかの２組では色の並びが等しくなる。
（鳩の巣箱の原理）
その等しい２組においては、各組に２つ以上ある色の格子点は２組とも同色でｙ値も等しい筈。
よって、４頂点(格子点)が同色である長方形は必ず存在する。
【 補足 】
実際には、４ｘ１９個の格子点があれば４頂点(格子点)が同色である長方形は必ず存在します。
[ 証明 ]
４点の内の２点の選び方は以下の６(＝4Ｃ2）通り。
××○○ , ×○×○ , ×○○× , ○××○ , ○×○× , ○○××
（×の色は無視して、少なくとも○は同色。）
よって、どの組の４点も上の６通りの内のいずれかの○の位置において同色である。
ところが３色あるので、○の色も区別すると１８(＝６ｘ３)通り。
つまり、どのような４点も、この１８通りのいずれかにならざるを得ない。
すると、１９組あれば少なくともどこかの２組では○の色も位置も等しい筈。
よって、４ｘ１９個の格子点があれば、４頂点(格子点)が同色である長方形は必ず存在する。
証明終わり。
【Ｐ・Ｓ】
特に条件がなかったので、証明が分かり易い４ｘ８２の格子点で敢えて示しました。
「４Ｘ１９個の格子点があれば存在することを示せ。」とすると、条件は厳しくなりますがヒントにもなってしまいます。
ここは、出題者も悩んだところではないかと思います。
◆ 出題者のコメント
ippeiさんは、下図のように分割されたんですね。美しいです！
ちなみに私が考えたのは、下図のような分割でした。美しくない...
Footmarkさん、私は「４列あれば十分だな」ぐらいしか考えていませんでした。
（なんていいかげんな）
◆滋賀県 ippei さんからの解答。
【問題４】
方程式 x3+3ax2+2bx+c=0は0＜x＜1 に少なくとも１つの解を持つことを示す。
f(x)＝x3+3ax2+2bx+c とおく。
f(x)をx＝0からx＝1 まで 定積分すると、
| 1 4 |
+a+b+c=0 となる。 |
y＝f(x) は恒等的に 0 になる関数ではないので、0から1までの間に、正負両方の値をとる。
また、連続関数なので中間値の定理よりこの区間においてx軸と交わる。
このxの値が 0＜x＜1 を満たす解である。
【問題８半分】
f(x)＝sin(sin(x))-sinxcosxとおく。
f(0)＝0 、
f'(x)＝cosx(cos(sinx)-cosx)+(sinx)2
ところで、この範囲で sinx＜x なので cos の単調減少から
cos(sinx)＞cosx.よって、f'(x)＞0
従って、f(x)は単調増加だから、f(x)＞0
すなわち
sin(sin(x))＞sinxcosx が得られた。
◆山梨県 Footmark さんからの解答。
【問題３】
与式より、
| １ ｘ |
＝ | １ ｚ |
− | １ ｙ |
＝ | ｙ−ｚ ｙｚ |
。 |
そこで、ｙ,ｚ の最大公約数をｍとし、
ｙ＝ｍｙ' , ｚ＝ｍｚ' とすると、
| １ ｘ | ＝ | ｙ−ｚ ｙｚ |
＝ | ｍ(ｙ'−ｚ') ｍ2ｙ'ｚ' |
＝ | ｙ'−ｚ' ｍｙ'ｚ' |
。 |
| 故に、 | ｍ ｘ | ＝ | ｙ'−ｚ' ｙ'ｚ' |
。 |
ここで、条件よりｘ,ｙ,ｚの最大公約数は１なので、ｍとｘとは互いに素。
また、当然ｙ'とｚ'も互いに素であるから、
(ｙ'−ｚ')とｙ'も、(ｙ'−ｚ')とｚ'も互いに素。
| それ故 | ｍ ｘ | も | ｙ'−ｚ' ｙ'ｚ' |
も既約分数である。 |
すると、ｍ＝ｙ'ーｚ' , Ｘ＝ｙ'ｚ'。
よって、ｘ＋ｙ＝ｙ'ｚ'＋ｍｙ'＝ｙ'(ｚ'＋ｍ)＝(ｙ')2
明らかに ｘ＋ｙ は平方数である。
証明終わり。
{ 補足 ]
条件を満たす例は、下式で与えられるため無限に存在する。
（ただし、ｐ,ｑは互いに素な自然数。）
| １ ｐ(ｐ＋ｑ) |
＋ | １ ｑ(ｐ＋ｑ) |
＝ | １ ｐｑ |
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答
【問題３】
問題の式を ｘｙ倍すると
| ｘ＋ｙ | ＝ | ｘｙ z |
であり、これをP＝ｘ＋ｙとする。 |
a,bの最大公約数を<a , b> で表記する。
α=<x , z> β=<y , z> γ=<x , y> を用いて
x=αγＸ y=βγＹ z=αβＺ とする。
このとき 条件<x , y , z>＝１ より
<α,γ>=1 <β,γ>=1 <α,β>=1 である。
またαβγの定義より、
<γＸ,βＺ>=1 <γＹ,αＺ>=1 <αＸ,βＹ>=1 である。
これらを代入すると 下記である。
| Ｐ＝x+y=γ（αＸ＋βＹ） --(1) |
| Ｐ＝ | xy z | ＝ | γ2ＸＹ Ｚ |
--(2) |
<γＸ,βＺ>=1 <γＹ,αＺ>=1 より <γＸ,Ｚ>=1 <γＹ,Ｚ>=1である。
即ち（２）式が整数であるためには Ｚ＝１でなければならい。
従って(1)(2)より （αＸ＋βＹ）＝γＸＹ --(3)
この式より βＹはＸの倍数である。
ところが <αＸ,βＹ>=1 であるから
<Ｘ,βＹ>=1であり、Ｘ＝１である。
同様にＹ＝１。
以上より Ｐ＝γ2である。
すなわちｘ＋ｙは平方数である。
【問題４】
| f(x)＝ | x4 4 |
＋ax3＋bx2＋cx を考えると |
| 問題の方程式は | dｆ(ｘ) dx |
＝０である。 |
| f(1)= | 1 4 |
+(a+b+c)=0 |
また、f(x)は恒等的に０ではなく、Ｃ１連続である。
従って、f(x)は開区間（０，１）で極値をもつ。
| すなわち ∃ｘ∈（０，１）、 | dｆ(ｘ) dx |
＝０である。 |
【問題５】
ｘを２以上の自然数とする。
ｘ3−１＝(ｘ−１)(ｘ2＋ｘ＋１)であるから
ｘ3≡１ mod (ｘ2＋ｘ＋１)である。
従って
ｘ2(3p+k)＋ｘ3p+k＋１≡ｘ2k＋ｘk＋１ mod (ｘ2＋ｘ＋１)
ｐ：整数 ｋ＝０，１，２である。よって
ｋ＝０ のとき
ｘ2(3p+k)＋ｘ3p+k＋１≡３ mod (ｘ2＋ｘ＋１)
｛注：x=1だと ≡０ mod(1+1+1) なので ｘ＝１は除外されている｝
ｋ＝１ のとき
ｘ2(3p+k)＋ｘ3p+k＋１≡ｘ2＋ｘ＋１≡０ mod (ｘ2＋ｘ＋１)
ｋ＝２ のとき
ｘ2(3p+k)＋ｘ3p+k＋１≡ｘ＋ｘ2＋１≡０ mod (ｘ2＋ｘ＋１)
つまり、 ｘ2n＋ｘn＋１ は
ｎが３の倍数でないとき ｘ2＋ｘ＋１ の倍数である。
逆にｘ2n＋ｘn＋１が素数であるためには、ｎは０と１を除けば３の倍数でなければならない。
n=3pとすると
ｘ2n＋ｘn＋１＝(x*x*x)2p+(x*x*x)p+1 であり、
x*x*xをｘと思えば同様にｐも３の倍数でなければならない。
以上より ｎは０と１を除けば３のべき乗でなければならない。
初期ｘ＝２の場合
ｘ2n＋ｘn＋１=４n＋２n＋１ であるから問題の与式であり、証明された。
【Ｐ．Ｓ．】
x=3,5のとき ｘ2＋ｘ＋１=13,31は素数なので、同じことがいえますね。
【問題６】
答え ０
∵ ｇ(ｎ)＝(２ｎ＋１)f(ｎ)2 とおくと
| ｇ(ｎ)＝ | (２ｎ＋１)(２ｎ−１) (２ｎ)2 |
ｇ(ｎ−１)である。 |
| ４ｎ2−１ ４ｎ2 |
＜１であるから |
| g(ｎ)＜g(ｎ−１)＜・・・＜g(1)＝ | 3 4 |
である。 |
一方、
| よって | lim n→∞ |
ｆ(ｎ)=0 |
【Ｐ．Ｓ．】
| ｆ(ｎ)＝ | (２ｎ)！ ｎ！ｎ！２2n |
＝2nＣn | ( | 1 2 | ) | 2n |
であるから、コインのトスの勝ち数と負け数が全く同じになる確率であり、０になることが想像できる。
◆滋賀県 ippei さんからの解答。
【問題６】
ｙ＝logx について平均値の定理を[１−ｔ，１] で用いる。
| ただし、tは、０≦ｔ≦ | １ ２ |
とする。 |
| １＜− | 1 t |
log(1-t)＜ | 1 1-t |
から、次の不等式を得る。 |
−２ｔ＜log(1-t)＜−t・・・(1)
ところで、
| １ ２ |
＝１− | １ ２ |
| ３ ４ |
＝１− | １ ４ |
| ２ｎ−１ ２ｎ |
＝１− | １ ２ｎ |
を、(1)に代入すれば、
| log（１− | １ ２ |
)＜− | １ ２ |
| log（１− | １ ４ |
)＜− | １ ４ |
| log（１− | １ ２ｎ |
)＜− | １ ２ｎ |
上の式を辺々加えると、
| log（１− | １ ２ |
)・（１− | １ ４ | ）・・・（１− | １ ２ｎ | ）＜− | １ ２ | （１＋ | １ ２ |
＋ | １ ３ |
＋・・＋ | １ ｎ | ） |
ここでｎ→∞ とすると 右辺は −∞
したがって 左辺も −∞
よってその真数は ０ に収束する。
ｐ．ｓ 難しかったです。