『コンテストの問題』解答

◆山梨県　Footmark さんからの解答。

【問題３】

３つの等円が下図のように正方形を覆うとき、円は最小となる。
ただし、正方形ABCDの各頂点は図のように３円のそれぞれの円周上にある。
また、辺BCの中点Mは２円の交点で、辺CD上の点Pも２円の交点。

DPの中点をQとすると、△OQDは直角三角形。
QD＝Xとすると、ピタゴラスの定理より、

R2＝

(

１ ２

)

2

＋X2

∴　X＝

また、△MCPも直角三角形。
同様にピタゴラスの定理により、

　(２R)²

＝(１−２X)2＋

(

１ ２

)

2

＝(１−２

)

2

＋

(

１ ２

)

2

これを解くと、R＝

１６

【答え】

１６

[ P・S ]

驚いたことに、得られた円の半径は正方形の辺の半分より僅かに長いだけです。
まさかこんな小円になるとは予想してませんでした。
とても面白い問題だと思います。

◆東京都　Air さんからの解答。

【問題１】

まずx＞0であることから、相加・相乗平均の関係より、

x³⁶+x⁸+x⁴≧3×(x³⁶x⁸x⁴) ^1/3＝3x¹⁶
（等号成立はx³⁶＝x⁸＝x⁴のとき
即ちx＝1のときのみ）・・(*) が成立。

次に、f(x)＝3x¹⁶-x¹⁵-x¹⁴-x¹³-x⁶+1　とおくと

　f'(x)
＝48x¹⁵-15x¹⁴-14x¹³-13x¹²-6x⁵
＝x⁵(x-1) (48x⁹+33x⁸+19x⁷+6x⁶+6x⁵+6x⁴+6x3+6x²+6x+6)

従って、
f'(x)＜0（0＜x＜1)、f'(x)＝0（x＝1)、f'(x)＞0（x＞1)　となるので、
f(0)＝1、f(1)＝0 も考慮すると
f(x)≧0（x＞0）（等号成立はx＝1のときのみ）を得る。

これと(*)を併せて、問題の不等式が示された。
（等号成立はx＝1のときのみ）

【感想】

うまい解法が思いつかず、結局強引にやってしまいました。
微分なんかを使わないで初等的に示す方法が用意されてそうですね。

◆神奈川県　クラテス さんからの解答。

【問題１】

i,jを自然数とする。

・x≧１の時

i＜jならば1≦xⁱ≦x^j
(左の等号はi＝１の時,右の等号はx=1の時成立)

・0＜x＜1の時

i＜jならば0＜x^j＜xⁱ＜1である。

４つの実数a,b,c,dを0＜a≦b≦c≦dを満たすとする。
a*d = b*cならば、
a{(a+d)-(b+c) }= (c-a)(b-a)≧0が成立するから
a+d≧b+c(等号はa=b,c=dの時成立)。

よって、0≦p≦r≦s≦q, p+q = r+sの時、
x≧１, 0＜x＜1によらず

x^p+x^q≧x^r+x^sが成立する
（等号はx=1またはp=rで成立）。

これを順に使って

　左辺
＝x³⁶+x⁸+x⁴+x⁰
＝(x³⁶+x⁰)+x⁸+x⁴
≧(x²¹+x¹⁵)+x⁸+x⁴
＝(x²¹+x⁸)+x¹⁵+x⁴
≧(x¹⁵+x¹⁴)+x¹⁵+x⁴
＝x¹⁵+x¹⁴+(x¹⁵+x⁴)
≧x¹⁵+x¹⁴+x¹³+x⁶

（等号はx=1の時成立）

◆滋賀県　ippei さんからの解答。

【問題４】

1の3乗根の一つをωとすると、
ω²+ω+1＝0

また
　 (ω+1)²ⁿ⁺¹+ωⁿ⁺²
＝(ω+1)(ω+1)²ⁿ−(ω+1)ωⁿ
＝ωⁿ・(ω+1)(ω³ⁿ−1)
＝ωⁿ(ω+1)・0
＝0

従って結論が得られる。

◆山梨県　Footmark さんからの解答。

【問題６】

任意な三角形において、三角形の内部(周上は除く)でない任意の１点から３頂点を通る３本の半直線を引くものとする。
すると、三角形の内部(周上は除く)を通らない半直線が必ず２本存在する。
このことを利用して、以下証明する。

[ 証明 ]

図では、青い三角形がTを、黒い三角形がSを表す。

まず、Tの任意な１頂点からSの内部(周上は除く)を通らずSの頂点を通る任意な１本の半直線を引く。
（図の半直線１）

すると、Tはこの半直線により２つの三角形に分けられる。
この２つの三角形でSを内部(周上も含む)に含むものを新外三角形とする。

すると、三角形の２辺の和は他の１辺より長いので、
Tの周長＞新外三角形の周長。

次に、新外三角形の新頂点からSの内部(周上は除く)を通らずSの頂点を通る１本の半直線を引く。
（図の半直線２）
（ただし、既に存在する半直線と重ならないものを選ぶ。）

すると、新外三角形はこの半直線により２つの三角形に分けられる。
この２つの三角形でSを内部(周上も含む)に含むものを新新外三角形とする。

すると、三角形の２辺の和は他の１辺より長いので、
新外三角形の周長＞新新外三角形の周長。

更に、新新外三角形の新頂点からSの内部(周上は除く)を通らずSの頂点を通る１本の半直線を引く。
（図の半直線３）
（ただし、既に存在する半直線と重ならないものを選ぶ。）

すると、新新外三角形はこの半直線により２つの三角形に分けられる。
この２つの三角形でSを内部(周上も含む)に含むものを新新新外三角形とする。

すると、三角形の２辺の和は他の１辺より長いので、
新新外三角形の周長＞新新新外三角形の周長。

図ではSを内部(周上も含む)に含む赤い三角形が新新新外三角形である。
明らかに、Sのいずれの頂点も新新新外三角形の周上に存在する。
しかも、その存在の仕方は上図の３通りがすべてである。

三角形の２辺の和は他の１辺より長いので、いずれの場合であっても、
新新新外三角形の周長＞Sの周長。

以上のことより、Tの周長＞Sの周長。

証明終わり。

[ P・S ]

問題文の「・・より小さい」は、「・・以下」でなく「・・未満」と解釈しました。
ですから、問題文の「内部」は、周上を含まないものと解釈しています。

仮に、捨てた方の解釈が正しいとしても、同様な証明が成立します。
半直線がTの辺と重なる場合が起きますが証明には全く関係ありません。
ただし、新新新外三角形まで描いたときSの３頂点の存在の仕方は以下の２通りが加わります。

・　Sと新新新外三角形のそれぞれの２頂点が一致。
・　Sと新新新外三角形のすべての頂点が一致。

前者は、同様に「三角形の２辺の和は他の１辺より長い」を利用して証明可能です。
後者は、Sと新新新外三角形はぴったり重ね合わさっていますから自明です。

◆滋賀県　ippei さんからの解答。

【問題２】

数学的帰納法で示す。

(1)原点Oを中心とし、半径1未満の円を描くと、それは 1個のみ内部に点を含む円である。

(2)n個の点を内部に含む円が得られたと仮定する。
このとき、半径を連続的に大きくすることによってn+1個の円ができれば問題は解決する。
同時にn+k個になったとする。

このとき、k個が原点から同じ距離である。
このうちの２個を選んでP、Qとし、線分PQの中点をRとする。

三角形OPRとOQRで他の全ての点の位置関係(円の内部外部の関係)を変えること無く、
中心を僅かに三角形OPRの内部にずらすことによって
OP＜OQとすることができる。

この新たな円は内部の点をn+k-1個含む。***

***を繰り返すことによって、最後にn+1個にすることができる。
よって、結論が得られる。

【問題２ 別解】

原点中心の半径0.1 の円は格子点が原点のみの一個

原点中心の円で半径を連続的に増大させると同時に４点ずつ格子点の個数が増大する。

従ってεを十分小さな正数としA(ε，2ε)を中心として，半径を増大させると，原点，y軸，x軸対称な４点についてA点との 距離の順序が付く．

従って，格子点を1個ずつ増やすような円の存在が示された．

◆出題者のコメント

[問題6]の、私が用意した解答の概略を書きます。

Sのひとつの辺を選び、その延長とTの周の交点をA，Bとします。
A, BでTの周を分割し、その一方と線分ABでできる図形のうち、
Sを内部に含むほうをUとすると、(Uの周長)＜(Tの周長)です。
(∵AとBを結ぶ折れ線の中で、線分ABが最短だから)

この操作をSの残りの辺についても行うと、
(Sの周長)＜(Tの周長)がいえます。

それから、ippeiさんの[問題2]の別解にコメントします。

＞　原点中心の円で半径を連続的に増大させると
＞　同時に４点ずつ格子点の個数が増大する。

とは限りません。

例えば半径がのとき、周上には8個の格子点
(±2,±1), (±1,±2)（複合任意）が存在し、
このうち(2,-1)と(-2,1)は直線y=2xに関して対称の位置にありますから、
これらは点(ε,2ε)から等距離にあります。

この現象を回避するためには、円の中心を
例えば（,）とすればOKです。

◆山梨県　Footmark さんからの解答。

【問題２】

〔補題〕

点(,)は座標平面上のすべての格子点から異なる距離にある。

〔補題の証明〕

任意の２つの格子点(Ｐ_x,Ｐ_y)と(Ｑ_x,Ｑ_y)が点(,)から等距離にあると仮定すると、

(Ｐ_x−)²＋(Ｐ_y−)²＝(Ｑ_x−)²＋(Ｑ_y−)²
Ｐ_x²＋Ｐ_y²−Ｑ_x²−Ｑ_y²＝２(Ｐ_x−Ｑ_x)＋２(Ｐ_y−Ｑ_y)

,が無理数であることより
Ｐ_x＝Ｑ_x かつ Ｐ_y＝Ｑ_y

すると、(Ｐ_x,Ｐ_y)と(Ｑ_x,Ｑ_y)は[同一の格子点]でなければなりません。
よって、点(,)から等距離にある[異なる格子点]は存在しません。
つまり、点(,)は座標平面上のすべての格子点から異なる距離にあります。

〔補題の証明終わり〕

点(,)から各格子点までの距離を、近い順に
d(1),d(2),…,d(n),d(n+1),… とすると、
補題より 0 ＜d(1) ＜ d(2) ＜ … ＜ d(n) ＜ d(n+1) ＜ … ですから、
中心が(,)で半径がｄ(n)＜半径＜ｄ(n+1)の円は内部にｎ個の格子点を含みます。

【ＰＳ】

ちなみに、点(,)は座標平面上のすべての有理点から異なる距離にあります。

◆愛知県　Y.M.Ojisan さんからの解答。

【問題５】

この問題でa,bは異なる２根と解釈する。このとき問題は下記と等価である。

(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=x⁴+x³-1　----(1)

であるとき

(x-ad)(x-bd)(x-cd)(x-bc)(x-ca)(x-ab)=x⁶+x⁴+x³-x²-1 ----(2)

である。

(1)を展開して　a+b+c+d=-1 abcd=-1 等の　対称式の値が得られる。
(2)の左辺も展開すれば各係数は　a,b,c,dの対称式であり、(1)で得られた対称式の合成で表すことができ、(2)が証明される。
しかし、かなり長い式であり、ここでは別の方法を試みる。
　x=yd とし　(2)左辺の一部　(x-ad)(x-bd)(x-cd)　を考え、(1)を適用する。

	d3(y4+y3-1)		x4+dx3-d4
(x-ad)(x-bd)(x-cd)=(yd-ad)(yd-bd)(yd-cd)=d3(y-a)(y-b)(y-c)=		=
	y-d		x-d2

また　x=-1/zd とし　(2)左辺の残り一部　(x-bc)(x-ca)(x-ab)　を考え、(1)でx=1/zとしたものを適用する。
途中　abcd=-1　の関係も使っている。

(x-bc)(x-ca)(x-ab)=(

-1 zd

-bc)(

-1 zd

-ca)(

-1 zd

-ab)

=d-3

(

1 a

-

1 z

)(

1 b

-

1 z

)(

1 c

-

1 z

)=

z4+z3-1 abc(z-d)(zd)3

=

d4x4+dx-1 d4x+d2

辺辺掛け合わせ　 d⁴+d³-1=0　→ d⁴=1-d³ を用いてdの次数を下げ^*整理すると、下記である。

	x4+dx3-d4		d4x4+dx-1		d4x8+d5x7+dx5+(d5-2d4)x4-dx3-d5x+d4
(x-ad)(x-bd)(x-cd)(x-bc)(x-ca)(x-ab)=		×		=		-------(3)
	x-d2		d4x+d2		d4(x2+dx-1)

(*)x⁴ の係数の場合：　
-d⁸+d²-1=-d⁴+d⁷+d²-1=d³-d⁶-d⁴+d²-1=d²-d⁶-2d⁴=d⁵-2d⁴

分子をさらに　d⁴+d³-1=0 →d=(d⁴+d³)d　 を用いて変形すると。

(d⁴x⁸+d⁵x⁷+dx⁵+(d⁵-2d⁴)x⁴-dx³-d⁵x+d⁴)
=d⁴(x⁸+dx⁷+(d+1)x⁵+(d-2)x⁴-(d+1)x³-dx+1)
=d⁴(x²+dx-1)(x⁶+x⁴+x³-x²-1)

よって　x⁶+x⁴+x³-x²-1　は(3)の商である。
すなわち(2)が成立している。

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