NO.10389757

0 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/14 15:18

今日はじめて、何かのはずみで、このサイトに来てみて
皆さんが勉強に悩み、打ちこんでいる姿に共感しました。
そこで皆さんの手助けになれるよう今日から数学講義をしようと
思います。（やる気の続く限り）
週１～２問のペースで５０問くらい続ければいいけどなと
思いますので、宜しくね。
なお、題材はすべて過去問です。やはり、教授達が一年に
一回の為に、苦労して作った傑作が多いため、非常に力がつきます。
でも解答はすべて私のオリジナルで書きます。
僕のボケ防止と、何よりも皆様の数学力向上のため、楽しく解きましょう！

では、
問１：すべての正の実数ｘ、ｙに対し√ｘ＋√ｙ≦k√２ｘ＋ｙ
が成り立つような実数ｋの最小値を求めよ。　（１９９５東大）

解答その１：
「すべての正の実数ｘ、ｙに対し、√ｘ＋√ｙ≦k√２ｘ＋ｙ」
⇔「すべての正の実数ｘ、ｙに対し√ｘ＋√ｙ/√２ｘ＋ｙ≦k」?
ここに√２ｘ＝rcosθ √ｙ＝rsinθ　{x＞0 y>0のときr>0 0<θ<π/2}
とおけば右辺＝√1/2・cosθ+sinθ＝√3/2・sin(θ+α)≦√3/2
ここでαはtanα=1/√2なる角。
θ+α=/2のときこの等号は成立するので、√ｘ＋√ｙ/√２ｘ＋ｙのx＞0 y>0
における最大値は√3/2であり?⇔√3/2≦k （答）√3/2

本解答では「置き換えによりいかに式を簡単にしていくか」に注目して欲しい。

38 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/19 10:27

整数問題は京大でよく出されていたが、最近は東大などでも出されることが多いようである。
いくつかのパターン、基本的な定理（フェルマー小定理など）と導き方は他分野
にも役立つ面もあり、また論証力を学ぶ上でも役立つものと思われる。
まとめて取り組んでおくべきだろう。
しかし、本格的な整数問題は決まった方針をはじめから提示するのは難しく、その場で考
えられるあらゆる方針をいろいろとやっていく中で、道筋を見つけていかなくてはいけな
い問題も少なくない。また、時間内に解けるかは運にも左右されると思われる。あんまり
マニアなことをやる時間があれば式処理等の訓練をすべきで、あまりの難問は誰も解けな
いと信じて、基礎的な定理と定理を導く考え方、及び基本的な数学の考え方に絞って学習
することに専念すればいいものと思う。
但し、実際には誘導をつけてくれていることが多いので、確実に部分点を取ることは当然
として、うまくいけば満点取れるくらいには準備しておきましょう。
何でも解けるというレベルは難しい（才能も要る）が、このレベル（８割の確率で正解で
きるくらいのレベル）ならば上記のような学習で可能である。

39 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/19 10:29

では、実際の問題を見ていきます。

問７：
m、n は自然数で、m<n を満たすものとする。m＾n + 1、 n＾m + 1がともに10の倍数
となるm、n を１組与えよ。　（１９９６京大後期）

40 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/19 11:23

解答：m＾n + 1が10の倍数 ⇔ m＾n≡９ （mod 10）　☆
が満たされるためにはmが奇数であることが必要で、 同様にn＾m + 1が１０の倍数より、
ｎが奇数が必要。
☆が満たされる条件は、mをもともとの１０で割ったあまりが関与するだけなので、
以下のように分類をして☆が成り立つの条件を考察する。
（?）m≡1（mod 10）のとき：常にm＾n≡1となり☆はどのようなnに対しても成立しない。
（?）m≡3（mod 10）のとき：3＾1≡3、 3＾2≡9、 3＾3≡9×3≡7、 3＾4≡7×3≡1
、3＾5≡3、　……・となり3＾nを10で割った余りは、3 ,9, 7, 1と4周期で繰り返し
☆⇔n=4k+2 (k∈N)と書ける。このときnが奇数という条件は満たされない。
（?）m≡5（mod 10）のとき：常にm＾n≡5となり☆はどのようなnに対しても成立しない。
（?）m≡7（mod 10）のとき：7＾1≡7、 7＾2≡9、 7＾3≡9×7≡3、 7＾4≡3×7≡1、
7＾5≡7、　……・となり7＾nを10で割った余りは、7 ,9, 3, 1と4周期で繰り返し
☆ ⇔n=4k+2 (k∈N)と書ける。このときnが奇数という条件は満たされない。
（?）m≡9（mod 10）のとき：9＾1≡9、 9＾2≡1、 9＾3≡1×9≡9、 9＾4≡9×9≡1、
……・となり9＾nを10で割った余りは、9 ,1 を繰り返すので、☆⇔nは奇数。

以上の考察より、m＾n≡９ （mod 10）かつn＾m≡９ （mod 10）⇔m≡９ かつn≡９
これを満たすm,　n （m＜n）の一例として、m=9, n=20050819など。 (答)

41 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/19 11:39

指針：
整数問題でまず基本となるのがmodule計算であるので、一応確認の意味で取り上げた。
当たり前の法則であるが、難関大を受験する方は、早く使いこなして答案を書けるよう
になって欲しい。これだけを使いこなせるだけかを聞いている問題も少なくはない。
（類題１９９５京大文系後期、１９７９東大、１９９３東大）
さて、抽象的な問題は実験していくうちに方針や目途が立っていくことが多いので、
まず具体的にｍをいろいろと変えていき、まず予測をたてることが大切なのは先に
述べた。（問３、問５）
あとはその予想を論理立てて、議論の漏れが無いよう説明して行くだけである。
１０で割った余りを考えればよいので、一の位について場合分けをすればよいし、
とくに奇数が必要と絞り込めば、場合分けの数も知れている（上記の５通り）。

42 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/20 12:34

問６の類題ともいえるが新しい内容を含むので独立させておく。
問題８：
（１） ｘは0°≦ｘ ≦90°をみたす角とする。
　　　　ｓｉｎｙ＝│ｓｉｎ４ｘ│　かつ　ｃｏｓｙ＝│ｃｏｓ４ｘ│かつ0°≦ｙ≦90°
　　となるｙをｘで表し、そのグラフをｘｙ平面に図示せよ。
（２） αは0°≦α ≦90°をみたす角とする。
0°≦θn ≦90°をみたす角θn　,　n = 1, 2, …を
θ1＝　α　かつ　ｓｉｎθn＋１＝│ｓｉｎ４θn│　かつ　ｃｏｓθn＋１＝│ｃｏｓ４θn│
で定める。kを 2以上の整数として、θk　＝0°となるαの個数を kで表せ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１９９８東大文系）

43 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/20 14:08

解答：
（１）点（ｃｏｓ４ｘ , ｓｉｎ４ｘ）は単位円上の点であり、点（│ｃｏｓ４ｘ│ , │ｓｉｎ４ｘ│）はそれを
必要に応じ、ｘ軸、ｙ軸に関して折り返し、第１象限にもってきたもの。
これと第１象限上の点（ｃｏｓｙ , ｓｉｎｙ）が一致する条件は、図より考えると
0°≦ｘ≦22.5°のとき ｙ＝４ｘ
22.5°≦ｘ≦45°のとき ｙ＝180°-４ｘ
45°≦ｘ≦67.5°のとき ｙ＝４ｘ -180°
67.5°≦ｘ≦90°のとき ｙ＝360°-４ｘ　　（答）　図は略

（２）θn＋１とθnの関係は（１）のｙとｘの関係であり、（１）の図より、θn＋１に対しθnを
決定することが出来る。
即ち、θk　＝0°のときθk－１　＝0°, 45°, 90°であり、更に
θk－１　＝0°に対しθk－２　＝0°, 45°, 90°
θk－１　＝45°に対しθk－２　は0°＜θk－２＜90°の範囲に４つ
θk－１　＝90°に対しθk－２　は0°＜θk－２＜90°の範囲に２つ
となり、θk－２は９個決まり、それは、0°と90°と0°＜θk－２＜90°の範囲に７つである。
このようにして考え、θｍが一般にＡm個決まるとすると（0≦ｍ≦ｋ－１）、
このＡｍ個の中には0°、90°が含まれ、他のＡｍ－２個は0°＜θｍ＜90°の範囲内にあること、及び、
θｍ　＝0°に対しθｍ－１　は３個、θｍ　＝90°に対しθｍ－１は2個決まり
0°＜θｍ＜90°の範囲内にあるθｍ一つに対してθｍ-1は4個決まるのだから、
Ａｍ－１　＝　3＋2＋４（Ａｍ　－２）　　　〔0≦ｍ≦ｋ－１〕
∴Ａｍ　－１＝1/4（Ａｍ－１ －１）　　よって数列｛Ａｍ　－１｝は公比1/4の等比数列であり、
Ａｋ－１　－１　＝（1/4）＾（k-2） （Ａ１　－１） ここで　Ａｋ－１　＝３であるから、
　Ａ１＝２・４＾（k-2）＋１＝２＾（2k-3）＋１ (答)

44 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/20 14:12

解説：（２）当然に帰納的流れ（帰納的決まり方）を感じなくてはならない。
要はθk　＝0°のときθ１がいくつ求まってくるかを聞いている。いつもと
逆の流れではあるものの（いつもとはθ１から出発してθkを決めるということ）
θｍに対しθｍ－１を決定することが出来るので、この流れに従って漸化式をた
てればよいだけ。あとはそれを解けば一般項は求められる。但し、大雑把に
いえばθｍ一つに対しθｍ－１は4つ決まるが（（１）のグラフが逆Ｗ型なので。
（１）は大きなヒントになっている）、
θｍ＝0°のときとθｍ＝90°のときは例外であるので、しっかり区別して
θｍ一つに対しのθｍ－１の決まり方を論じましょう。
非常に典型問題であり、東大京大理系で類題の出題は今だに多い。
（とくに東大では関数と絡めて、京大では確率と絡めてが多いようである）
基礎問題であるが、東大京大文系にとってはこの帰納的な流れを意識する
問題に慣れていない人も多く戸惑うのかも知れない。

45 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/21 10:47

問８に関してもう１題で確認しておく。
問９：
ｐを2以上の整数とする。2以上の整数ｎに対し、次の条件（イ）（ロ）をみたす複素数の
組（Z1, Z2,…, Zｎ）の個数をAnとする。
（イ）k=1,2, …,nに対し、 Zk＾p=1 かつ Zk≠1
（ロ）Z1 Z2 … Zn=1
このとき次の問に答えよ。
（１） Ａ3を求めよ。
（２） An+2を An+1、 Anの一方または両方を用いて表せ。
（３） Anを求めよ
　　　　　 (2001京大)

46 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/21 11:07

（１） Ｚ＾ｐ＝１の解は、Ｚ＝ｃｏｓ 2mπ/p + ｉ　ｓｉｎ2mπ/p　（ｍ＝0,1,2,…,p-1）のｐ個
であり、このうちｍ＝0のときは、Ｚ=1であるから、条件（イ）をみたすZkはｐ－１通りある。
Z1Z2Z３=1となる条件（イ）をみたすZ1 、Z2 、Z３　についてZ1 はｐ－１通りあり、
Z2 はｐ－１通りからZ1 Z2 ＝1なる１つを除いていずれでもよく、ｐ－２通り。
Z1 Z2 ≠1をみたすようなZ1 Z2 に対し、条件（イ）をみたすZ３は1通りとれるので
Ａ3＝（ｐ－１）（ｐ－２）　　（答）
（２） An+2、即ちZ1 Z2 … Zn Zn+1 Zn+2 =1及び条件（イ）をみたす組
（Z1, Z2,…, Zｎ, Zn+1,Zｎ+2）の個数について、
Z1 Z2 … Zn Zn+1＝１とするとZn+2 =1となり不適であり、Z1 Z2 … Zn Zn+1≠１なる
Z1, Z2,…, Zｎ, Zn+1に対し条件（イ）をみたすZn+2は1つに決まる。
ここで条件（イ）をみたす（Z1, Z2,…, Zｎ, Zn+1）のとり方は（ｐ－１）＾(n+1)あるが、
このうちAn+1通りはZ1 Z2 … Zn Zn+1＝１とするので、条件（イ）を満たしかつ、
Z1 Z2 … Zn Zn+1≠１をみたす（Z1, Z2,…, Zｎ, Zn+1）のとり方は
（ｐ－１）＾(n+1)－An+1通り。これがAn+2に一致する。
以上よりAn+2＝（ｐ－１）＾(n+1)－An+1　　（答）

47 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/21 11:09

解答（３）（２）の漸化式を辺辺（ｐ－１）＾(n+2)で割って、An/（ｐ－１）＾n ≡Bn とおくと、
Bn+2 ＝-1/(p-1)・Bn+1＋1/(p-1)　⇔Bn+2－1/p ＝-1/(p-1) { Bn+1－1/p}
これは数列{ Bn+1－1/p}が公比-1/(p-1)の等比数列であることを示し、
Bn－1/p＝（-1）n-2/(p-1)n-2　｛ B2－1/p｝ここでA2=p-1より B2=1/(p-1)であるから、
Bn＝（-1）n-2/p・(p-1)n-1　＋1/p 　∴An＝1/p｛(p-1)n　＋（-1）＾n（p-1）｝ (答)

48 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/21 11:15

解説：
（２）漸化式を立てる時はどうやって以前の状態に結びつけるかを考えることが大切で
あるが、結びつきばかりを意識してはうまく帰納的流れを把握できないことも多い。
まず直接的にAnを求めようとする中で、必然的に以前の情報が必要になるからこそ、
漸化式を立てなくては仕方ないという感覚を持てる様になって欲しい。
（３） （答）はAn＝1/p｛(p-1)＾n　＋（-1）＾n（p-1）｝としたほうが、パソコン上分かりやすいので
訂正しておきます。漸化式を解くパターンはいくつかあり、本問でも様々な解法が考えられる。
　An=ｐAn-1 +f(n)　型のときは、辺辺ｐ＾ｎで割って、Bn≡ An/p＾nの階差数列が分かることから、
Σ計算に持っていてもよい。本問では、（２）の漸化式を（－１）＾(n+2)で割ることになろう。
Anよりf(n)　に応じて適当な関数だけずらした新数列、Bnを持ってきて、Bn =(-1)Bn-1
を目指してもよい。

49 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/23 13:03

では、
問10：
nを 2以上の整数とする。実数 A1 , A2 , ……, An に対し、S=A1＋A2＋……＋An とおく。
k = 1 , 2 ,……,n について、不等式　-1<S -Ak <1　が成り立っているとする。
A1≦A2≦……≦An のとき、すべての k について、 │Ak │<2　　が成り立つことを示せ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（２００１京大文系）

論証問題は以前より、京大に多かったが、近年、東大にもこの手の問題が文理を問わず
ちらほら出題されるようになってきている。数学的思考や発想力を鍛える上で役立つので、
東大受験生もぜひ京大の逸問には取り組んでおいてもらいたい。アプローチの仕方は
いろいろあり十人十様と思われるが、時間内にとくためにはどのような発想が出来なけ
ればいけないのか自分なりの分析をしておくことが大切であろう。

50 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/23 13:56

解答：
?）0＜A1　（≦A2≦……≦An ）のとき：　An　≦　A2＋……＋An = S -A1 < 1 より示された。
?）0＞An　（≧……≧A2≧A1 ）のとき：　A1　≧　A1＋……＋An-1 = S -An >-1 より示された。
?）0≧A1　かつ0≦An　のとき：　題意よりS -A1 <1　および　　-1<S -An が成り立つから、
S ＜A1 + 1≦１　　, S ＞An - 1≧-1　　∴-1 < S < 1
よってすべてのkについて-1<S -Ak <1　⇔　S - 1< Ak　<S + 1 より-2 < Ak <2
以上の?）?）?）ですべての場合（0の位置での場合分け）は尽くされているので、示された。

51 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/23 14:01

解答の発想方法：
まず、-1<S -Ak <1　より、S - 1< Ak　<S + 1　なので、あと　-1 < S < 1がいえないものかな？
と考えてみた。（結論からお迎えby 青チャート　）
?のcase（　A1≦A2≦……≦Anの途中に0が入るケース。即ち、おざっぱにいえば、符合の変わり目
があるケース）では、これはすぐに言える。
それ以外のすべて正のcase や、すべてcase はもっと簡単である。
即ち、すべて正のcase では、最大のAnでさえ、１未満であることがすぐ示せるので。
あとは以上を答案にすればよいだけ。

52 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/23 14:04

注意１：
「すべてのｋに対し、-1<S -Ak <1」　⇔　「S -A1 <1　かつ　-1<S -An」
であることに注意せよ。つまり代表的な2式で、左の「」内のことがくまなく表現されている
のである。中辺の最大値でさえ、１未満であり、中辺の最小値でさえ-1以上であることが
必要十分であるという考えである。
注意２：抽象数列の問題では、０の位置を基準に場合わけすることが多い。
（不等号を考える時、0より大きいものを加えれば増加し、0より小さいものを加えると
減少するので0が増加か減少かの境目になるのは尤もである。）

53 名前：匿名さん：2005/08/24 00:29

なんかここだけ違うねｗｗｗｗ

54 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/24 12:52

問１１：
ｘｙ平面において、ｘ座標、ｙ座標ともに整数であるような点を格子点と呼ぶ。格子点を頂点
に持つ三角形ＡＢＣを考える。
（１） 辺ＡＢ，ＡＣそれぞれの上に両端を除いて奇数個の格子点が あるとすると、
辺ＢＣにも両端を除いて奇数個の格子点があることを示せ。
（２） 辺ＡＢ，ＡＣ上に両端を除いてちょうど3個ずつ格子点が存在するとすると、
三角形ＡＢＣの面積は８で割りきれる整数であることを示せ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１９９２東大）

55 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/24 13:07

解答：
（１）まず、直線上の格子点は等間隔に並ぶことに留意する。というのも、隣り合う直線上の
2つの格子点で区間が最小のものをＸ，Ｙとおくと、ベクトルＸＹは、整数を成分に持つベク
トルであるから、各格子点からベクトルＸＹだけすすんだ終点は、同じ直線上の格子点になる
ので、常にＸＹと同じ区間ごとに直線上の格子点が位置するはずだから。そこで、
辺ＡＢ上の隣接する格子点を始点、終点とするベクトルを（ a, b ）
辺ＡＢ上の隣接する格子点を始点、終点とするベクトルを（ c, d ）とおけば、
〔以上のa, b　, c, dは整数である〕（１）の仮定条件のとき、
ベクトルＡＢ＝２ｐ（ a, b ）　ベクトルＡＣ＝２ｑ（ c, d ）と書け〔ｐ、ｑは自然数〕、
辺辺引くと、ベクトルＣＢ＝２（pa - qc , pb -qd ）＝２ｇ（m , n ） となる。
〔ｇはpa - qc、pb -qdの最大公約数。m , nは適当な整数で、mとnは互いに素。〕
この式は辺ＣＢ上に両端を除いて、格子点が2g -1 個あることを示す。よって示された。
（２）辺上に両端を除いて3個の格子点がある場合、隣接する２格子点の区間としては
4つあることに留意すれば、（１）で述べたようにこの区間は均等であるから、
ベクトルＡＢ＝４（ a, b ）　ベクトルＡＣ＝４（ c, d ）と書ける〔a, b　, c, dは整数〕。
この２ベクトルで形成される三角形ＡＢＣの面積は1/2 │4a×4d - 4b×4c│= 8│ad - bc│=（ 8の倍数）。
よって示された。

56 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/24 13:13

解説：具体例でも考えて実験すれば明らかな問題。
はじめは実験でよいとしても、解答は一般的に数式で表現して説明しましょう。
（１） では、辺ＢＣの中点が格子点であることを示してもよいでしょう。
ど真ん中が格子点ならその左右に同数の格子点が続くので、辺上の格子点が
奇数個になるのは当然であるし、結論をこのように言い換えて、これを示す
べき目標とすれば、答案はとても書きやすい。
はじめにどのように設定するかを考えるのが、簡明な解答作りに欠かせない
視点です。数学ではどのように式を置き換えれば、式がうまくまとまってい
くか、どのようにパラメータを設定すればもっとも量の表現が簡単になるのか、
を日頃から考えおくことが大切です。

57 名前：匿名さん：2005/08/25 07:34

良スレ乙！
下手な月刊誌買うよりずっといい。

58 名前：匿名さん：2005/08/26 09:09

数列と整数

http://skredu.web.infoseek.co.jp/s001/s001.html

59 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/26 14:12

復習がてらに以下の類題に取り組んで欲しい。
いかに自分なりの言葉で、論理的に説明していくかについて、自分なりに
悩んでもらえば幸いである。論理的な解答作りが学べる良問である。
問10の類題：
すべては0でないn個の実数A1, A2, ……An　があり、
A1≦A2≦……≦Anかつ A1+ A2 +　…… +An = 0 を満たすとき
A1 + 2 A2 +　…… + n An ＞　0 が成り立つことを証明せよ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１９８６　京大）

60 名前：匿名さん：2005/08/26 14:31

解答：
A1≦A2≦……≦An のとき、A1＞0とすると、A1+ A2 +　…… +An　≧nA1 ＞0となり題意に
反し、An ＜0 とするとA1+ A2 +　…… +An　≦nAn＜0となり題意に反するので、
A1≦A2≦……≦Anかつ A1+ A2 +　…… +An = 0 のとき、A1 ≦0 かつ An≧0が必要で、
このときA1≦A2≦…≦Aｋ≦0≦Ak+1≦……≦An なるｋが１からn-1の間に存在する。（☆）
このとき、A1 + 2 A2 +　…+k Aｋ+ … + n An≧k A1 + kA2 +　…+k Aｋ+ … + k An = 0　?

61 名前：匿名さん：2005/08/26 14:32

ここで、等号が成立するのは、A1= k A1かつ 2 A2 = kA2かつ・…… n An = k An　即ち
Ai= k Aｉ　（ｉ≠k , 1≦ｉ≦n）⇔Ai= 0 （ｉ≠k , 1≦ｉ≦n）のときに限り、このとき
更に（☆）より、A1= A2 =　…… = An = 0 となり、題意に反する。以上より題意の時、
?の等号は成立せずA1 + 2 A2 +　…… + n An ＞　0　　　　　　　　　　 　　　　

62 名前：匿名さん：2005/08/26 14:35

解説：
A1+ A2 +　…… +An = 0であるから大雑把に言えば、正のものの和と、負のものの和が0で
バランスをとっている状態である（0のものは除いて考えると）。
それに比べ、A1 + 2 A2 +　…… + n Anという式は明らかに、＋の符合を持つものに
より大きなバイアスをかけているので、バランスとしては＋に傾くのは感覚的に明らかで
ある。これを正確に議論するには0という境目で区切って考えるとよい。
0以上のものは加えれば加えるほど（係数が大きいほど）大きくなるし、0未満のものは
あまり加えなければ（係数が小さいほど）より和を大きくすることが出来るので、
?は当然である。（☆）のように、k項目という境目を答案上に出しておくと議論は
容易である。

63 名前：匿名さん：2005/08/26 14:41

問12：
P1= 1, P 2= 1, P n+2= Pn+ Pn+1 (n≧1)によって定義される数列｛Pn｝をフィボナッチ数列
といい、その一般項はPn　＝　1/√5｛（1/2+√5/2）＾n　－（1/2+√5/2）＾n｝で与えられる。
必要ならばこの事実を用いて、次の問に答えよ。
各桁の数字が0か1であるような自然数の列Xn （n= 1, 2,……）を次の規則により定める。
（?）X1= 1
（?）Xn　のある桁の数字αが0ならばαを1で置き換え、αが1ならばαを‘10’で置き換え
　　　る。Xn の各桁ごとにこのような置き換えを行なって得られる自然数をXn+1とする。
たとえば、Xn =1 , X2 =10, X3 =101, X4 = 10110, X5 =10110101, ……　となる。
（１）Xn の桁数An を求めよ。
（２）Xn の中にという数字の配列が現れる回数Bn を求めよ。（たとえば、B1 = 0, B2 = 0,
B3 =1, B4 =1, B5 = 3, ……）

64 名前：匿名さん：2005/08/26 14:44

解答：(1992 東大文系)
（１） Xnに含まれる0の個数をRn , 1の個数を Snとおくと、これをもとに本文の規則によると
　　 Xn+1に含まれる0の個数はSn , 1の個数をRn + Snとなる。
∴Rn+1 = Sn 　　かつ　　Sn+1 = Rn + Sn (n≧1)　
　 2式より　Snを消去して、∴Rn+2 = Rn+1 + Rn (n≧1)　。ここでR1 = 0 , R2 = 1,
R3= 1であるから、数列｛Rn｝と数列｛Pn｝について比較して、Rn= Pn-1 (n≧2)が分かる。
以上より、An　=　 Rn + Sn　= 　Sn+1　=　Rn+1= Pn+1
　　　　　　　　　　=1/√5｛（1/2+√5/2）＾(n+1) －（1/2+√5/2）＾(n+1)｝ (n≧1) （答）

65 名前：匿名さん：2005/08/26 14:47

（２）まず、Xn において0が連続することは無い。なぜなら、0はXn-1の１を‘10’におきかえる
ことによりはじめて出現するのだから、0の前の数字は常に１であり、またその0の後ろの数字は
Xn-1の0を置き換えたものであっても、1を置き換えたものであっても１が先頭になるからである。
よって0の後ろは数字が続くとすれば必ず１であるから、‘01’の個数とは、基本的に‘0’の個数
に一致する。もっともこの規則に拠れば｛Xn｝の最後に来る数字は１→0→１→0→…と変わるので、
nが偶数の時はXnの末尾の数字は0であり、1が続かないから‘01’の個数は‘0’の個数マイナス1
である。故に、
Bn= Rn= Pn-1＝　1/√5｛（1/2+√5/2）＾(n-1) －（1/2+√5/2）＾(n-1)｝ 〔n:奇数のとき〕
(最後の等式はn≧３のときであるが、これはn =1のときも正しい)　　
Bn= Rn- 1 = Pn-1- 1＝　1/√5｛（1/2+√5/2）＾(n-1) －（1/2+√5/2）＾(n-1)｝- 1
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　〔n:偶数のとき〕　　　　　　　　　　　（答）

66 名前：匿名さん：2005/08/26 14:49

解説：
（1）Xnの状態をもとに、Xn+1の状態が決まっていくという帰納的な決まり方をするので
Xnの状態を設定すれば、その流れに従い必然的にXn+1の状態も決まる。つまり帰納的な流
れに従い、漸化式が立つのは当然である。但し、帰納的な流れをうまく利用できるように、
0の個数と1の個数に分けて設定する必要がある。
（２）00と0が連続しないということに気づくかだけの問題なので、ここは正確に論証し
ましょう。

67 名前：匿名さん：2005/08/26 14:53

注意：
（1）の別解として｛Xn｝をよく眺めて、「Xn+1は前にXn、後ろにXn-1をくっつけたもの」（☆）
であることに気づいた人も少なくないでしょう。勿論これの証明は、帰納的定義で定まる一般項に
ついての証明なので数学的帰納法によればよい。つまり、確かにX3は前にX2、後ろにX1を付けた
ものであるから（☆）はn = 2のとき成立し、もし（☆）がn = kのとき成り立つとすると(kは2以
上のある数)、即ちXk+1が前にXk、後ろにXk-1をくっつけたものであると過程すると、このXk+1の
前の部分Xkを規則に従ってXk+1とし、後ろの部分を規則に従ってXkにしたものがXk+2であるから
これは（☆）のn = k + 1のときの成立を示す。以上より、2以上のすべてのｎに対して成立する
ことが示された。
このように（☆）を論じることが出来れば、An+2 = An+1 + An と直接｛An｝の漸化式が立ち、
一般項が求められる。

68 名前：匿名さん：2005/08/26 15:10

帰納的定義に関する問題いついて：
次第にテーマがずれてきたのでついでに……。
問8、問12にも共通しますが、東大数学では積分関数列、数列、確率など分野は変えては
いるものの、帰納的定義（＝1つ前や二つ前、場合によっては以前の状態すべてに依存し
て、次の状態が決まるという決まり方。漸化式もその一種。）に従って決まる量、式
に関する問題が文理を問わずほぼ毎年1問出ているようです。
類題は腐るほど見つかります。解法は、もし予想が立っているのなら、又は一般項に
ついて何かを示せという形の問題ならば、帰納法で証明できるのが通常である。
なぜなら帰納法は以前の状態を仮定して、次の状態での成立を示すのが肝になります。
ここで、以前の状態により次の状態が決まるという帰納的定義がもしあるのなら、
以前の状態の情報は、そのまま次の状態を決定する情報に結びつくことになるので、
次の状態で成立するかどうかを論じるのは1つの文字に関する仮定→結論を論じる
というシンプルな問題に帰着されるからです。
即ち、帰納的定義というのは帰納法に親和性があるのです。
（当然といえば当然ですが。）
勿論、漸化式を立てて直接求めていくほうが手っ取り早いことも多く、常に帰納法
に載せる必要はありません。この帰納的定義の類題の中から代表的なものをいくつ
かを挙げて、解説しておきます。東大京大を問わず頻出なので、早く慣れてしまい
ましょう。慣れれば、すべて同じ問題に見えてくると思います。

69 名前：匿名さん：2005/08/26 15:19

>>63
Pn　＝　1/√5｛（1/2+√5/2）＾n　－（1/2-√5/2）＾n｝
の間違いです。Pn内の＋を－に変えておいて下さい。
特性方程式ｔ＾2＝ｔ＋１の２解が現れるはずなので、気づいて
もらっていたものと思いますが。
以下の解答部分も訂正しておいてください。

70 名前：匿名さん：2005/08/26 18:10

一橋大学・入試実戦模試・数学
http://skredu.web.infoseek.co.jp/20050708.pdf

71 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/27 04:54

問13:
片面を白色に、もう片面を黒色に塗った正方形の板が3枚ある。この3枚の板を机の上に横
に並べ、次の操作を繰り返し行なう。
さいころを振り、出た目が1，2であれば左端の板を裏返し、3，4であればまん中の板
を裏返し、5，6であれば右端の板を裏返す。
たとえば、最初、板の表の色の並び方が「白白白」であったとし、1回目の操作で出た
さいころの目が1であれば、色の並び方は「黒白白」となる。更に2回目の操作を行な
って出たさいころの目が5であれば、色の並び方は「黒白黒」となる。
（１）「白白白」から始めて、3回の操作の結果、色の並び方が「黒白白」となる確率
を求めよ。
（２）「白白白」から始めて、ｎ回の操作の結果、色の並び方が「白白白」または
「白黒白」となる確率を求めよ。

注意：さいころは１から6までの目が等確率で出るものとする。　（２００４　東大）

72 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/27 04:57

解答：
（１）題意をみたすのは
（?）3回の操作とも左端の板を裏返す場合か
（?）3回中1回だけ、左端の板を裏返し、残りの2回はまん中か右端の板を繰り返し裏返す
場合　であり、（?）の確率は(1/3)＾3=1/27 (?)の確率は3C1・（1/3）＾3×2=2/9
なので、求める確率はこの和で7/27 　　（答）
（２）n回の操作で
・「白白白」となる確率をAn
・「黒白白」又は「白黒白」又は「白白黒」のように黒が1つのみ含まれる確率をBn
（対称性より「黒白白」となる確率＝「黒白白」となる確率＝「黒白白」となる確率＝1/3 Bn）
・黒が2つ含まれる確率をCn
・「黒黒黒」となる確率をDn　　　　　　　　とおくと、次の漸化式が立つ。
「?An+1=1/3 Bn かつ? Bn+1=An + 2/3 Cn かつ?Cn+1=2/3Bn + Dn かつ?Dn+1=1/3 Cn　」
また、A0= 1 , B0= C0= D0= 0 である。

73 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/27 05:01

??より?Cn+1=2/3Bn + 1/3Cn　ここで?より Cn=3/2( Bn+1- An)　なのでこれを代入して
また?より、Bn =3 An+1なのでこれにより数列｛An｝の漸化式を作ると、
9An+3-10 An+1+ An-1= 0 (n≧2)　　※
※はAn+3- An+1 = 1/9 ( An+1-An-1) 　? , 9An+3- An+1 = 9An+1-An-1　?　と変形でき、
?より、A2m- A2m-2 = (1/9) ＾(m-1)　・( A2-A0) = (-2/3)・(1/9) ＾(m-1)　　　（m≧1）
?より、9A2m- A2m-2 = 9A2- A0 = 2 （m≧1） 〔∵A2 = 1/3 B1 = 1/3A0 + 2/9 C0 = 1/3 〕
この2式の辺々を引いて、A2m = 1/4 + 1/12・(1/9)＾(m-1) = 1/4 + 3/4・(1/3)＾(2m)
　これはm= 0 のときも正しい。
また
?より9A2m+1- A2m-1 = 9A3- A1 = 0 （m≧1） 〔∵A1= 1/3 B1 = 0 , C1 = 0よりB2 = 0 , A3 = 0〕
∴ A2m+1=1/9 A2m-1 であり、A1 = 0 であるから帰納的にA2m+1= 0 (m≧0)
以上より、一般にAn = 1/4 + 3/4・(1/3)＾n 　〔n：偶数のとき〕, An = 0 　〔n：奇数のとき〕
（２）で求める確率はAn + 1/3 Bn = An + An+1 のことであるから、これは
n：偶数のとき1/4 + 3/4・(1/3)＾n , n：奇数のとき　1/4 + 1/4・(1/3)＾n 　　（答）

74 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/27 05:04

解説：
問１３は、「問題８、１２の類題」その1です。
典型的な問題であり、次の状態は前の状態をもとに決まっていくので、
前の状態を設定すれば（確率の文字を使って）、次の状態が決定できるし（従って漸化式が
立つし）、逆にいえば、前の状態を決めない限り次の状態が決められないのと考えるので
あれば、前の状態を設定しておいて漸化式を作る以外に方法は無いように思われる。
つまり、帰納的定義に従って漸化式を立てればよいのである。
本解答では、あえてｎ回後の考えられる状態すべてを設定した上で
（An + Bn + Cn + Dn = 1　）、そのｎの時とn+1の時の間の操作から漸化式を立てた。
漸化式はすぐ立つので、後はこれを解くだけである。
一文字消去を繰り返し、｛An｝の漸化式にした。少し変形ではあるが3項間漸化式なので、
（隅奇に分け、落ちてくるところがA2, A0 かA3, A1かだけ区別すれば）普通に解けるで
しょう。

75 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/27 05:06

別解：
以上は何も考えずに作った解答ですが、もし少し操作を実験してみれば、
A2m+1= C2m+1= 0 (m≧0)　やら　B2m= D2m= 0　(m≧１)　は当然のことと気づくでしょう。　
即ち隅数回操作をしないと「白白白」に戻ることはありえないことに気づくでしょう。
もとに戻るには行き来が必要で、隅数回の操作が必要なのは当然であり、もとに戻ってこない
ような操作を俗に「片道切符」と呼びますね。
このことに気づけば２ｍ回後の操作ではA2m, C2m しか考える必要は無く
（A2m,+ C2m = 1 ということ）、A2m+2 とA2m の間にすぐ漸化式を立てれましょうし、
２ｍ+1回後の操作ではB2m+1, D2m+1 しか考える必要は無く（B2m+1+ D2m+1 = 1 ということ）
B2m+1 とB2m-1 の間にすぐ漸化式を立てれましょう。

76 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/27 05:07

別解：
即ちA2m+2= 1/3A2m + 2/3・1/3 C2m= 1/3A2m + 2/9( 1- A2m) = 1/9A2m + 2/9
⇔A2m+2　-1/4 = 1/9(A2m　-1/4) より、A2m　-1/4= (1/9)＾m・(A0　-1/4) = 3/4・(1/9)＾m
から、A2m = 1/4 + 3/4・(1/3)＾(2m)　と求めてもよいでしょう。
尚、B2m+1= A2m　を述べれば（これは「白白白」の状態から操作をすれば、さいころの目がなん
であれ、1つが黒に変わることを考えれば明らか）、とても「美しい解答」が作れます。

77 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:23

復習がてらに問12の類題をもう1つ
問１２の類題：
１と0を5個並べた列10110をある人が繰り返し書き写すとする。ただし、この列をSで表し、
これの題1回の写しをS１で表すとき、第2回目に書き写すときはS１を書き写す。
S１の写しをS2とするとき、第3回目にはS2を書き写す。以下、同様に続ける。
この人が0を1に写しまちがえる確率はｐ（0＜ｐ＜１）であり、１を0に写しまちがえる確率は
q（0＜q＜１）であるが、それ以外の写しまちがいはないものとする。第n回目の写しSnがS
に一致する確率をC(n) とするとき、極限値 ｌｉｍ（ｎ→∞）C(n)を求めよ。　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１９９３　東大）

78 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:27

解答：　　始めに0であったものをn回目に0と書き写している確率をAnとし、(従って)1と
書き写している確率を1- An　とすると、An+1 = (1- p) An+ q (1- An ) = (1- p - q) An + q
　　　　　　　　　　　　　　　　∴An+1- q /(p + q) = (1- p - q) { An- p/(p + q) }
これは数列 {An- q /(p + q) }が公比(1- p - q)の等比数列であることを示し、
An- q /(p + q)　= (1- p - q) ＾n ・{ A0- q /(p + q)}　=(1- p - q) ＾n ・{ 1- q /(p + q)}
　　　　　　　　　= (1- p - q) ＾n　・　p /(p + q)　
∴An = q /(p + q) + (1- p - q) ＾n　・　p /(p + q)　
次に始めに１であたものをn回目に１と書き写している確率をBnとし、0と書き写している確率
を1- Bnとすると、Bn+1 = (1- q) Bn+ p (1- Bn ) = (1- p - q) Bn + p
これはAnの漸化式のｐとqを入れ替えたものだから（また漸化式の初期条件
もA0 = B0 =1 で一致しているから）、結果も入れ替えて、
Bn = p /(p + q) + (1- p - q) ＾n　・　q /(p + q)　
さて、本問の操作は5桁の数字を書き写していくが、今回の操作は各桁毎に独立
した操作としてみなせるので、C(n) = An＾2 ・Bn＾3。　
n→∞のとき、An → q /(p + q)　　, Bn → p /(p + q)　　　〔∵│1- p - q│＜1〕
であるからC(n) →｛q /(p + q) ｝＾2　｛p /(p + q)｝ ＾3　　（答）

79 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:30

解説：
次に0になるか1になるかは前の状態に依存して決定される為、漸化式が立つし、
このように帰納的定義なのでn回目の状態を設定した上で漸化式を立てざるを得ない。
本文の操作は始めに0や1であったりしたものを正しく書けるか、写し間違えるかの
問題であり各桁独立した操作としてみなせる。つまり、ある桁の書き写し状況が、
他の桁に従属することは無いので、n回目での状態としては0か1かしかないのだから
設定にかんしても、何ら複雑なところはないし、問１３と違い工夫する余地もない
でしょう。
ただ、正しく書き写す確率を求めるのだから、始めに0のものを0と書くか、1のもの
を１と書くかであるが、始めからこれを別々にしないと初期条件が決められないので、
漸化式を解く最後のところで困ることになる。始めから分けといたほうが書きやすいと思う。
（大差はないけれども。初めから別々にしないというのは、始めが0か1かは考えずに、
ともかくn回目に0と書き写している確率をAnとし、1と書き写している確率を1- An　
とするという設定である。このときも同じ漸化式がたつが最後の初期条件A0がどうで
あるかを分けて書くことになるので、結局始めが0のときと1のときといった場合分け
を最後にすることになる。）
尚、0をｎ回後に0と各確率と、１をｎ回後に１と書く確率の違いはｐとｑを入れ替え
たものであることは、基本的に同じ操作を行ない、違いが写しまちがえる確率におけ
るｐとｑの入れ替えにすぎないことを考えれば明らかであろう。ただ、これは言葉で
は説明しにくいので、解答では式の比較で説明した。

80 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:40

問１４：
整数からなる数列｛An｝を漸化式A1 = 1, A2 = 3, An+2 = 3An+1 - 7 An (n = 1, 2, …)
によって定める。
（1）An が偶数となることと、nが3の倍数となることは同値であることを示せ。
（2）An が10の倍数になるための条件を（1）と同様の形式で求めよ。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１９９３　東大）

81 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:41

解答：
（1）　　A1 = 1, A2 = 3, A3 = 2, A4 = -15, A5 =-59 , A6 = -72,……
より、「A3k-2 = （奇数）, A3k-1 = （奇数）, A3k = （偶数）　　〔k≧1〕」（☆）　が予想されるので、
この成立を数学的帰納法により示す。
まず、k = 1 のときこれは確かに成り立っており、　もしも（☆）　がk　= m(≧１)のときに成り立つと
仮定すると、
A3m+1 = 3A3m - 7 A3m-1 = 3・(偶数) - 7・(奇数) =　(偶数) - (奇数) =　(奇数)　
A3m+2 = 3A3m+1 - 7 A3m = 3・(奇数) - 7・(偶数) =　(奇数) - (偶数) =　(奇数)　
A3m+3 = 3A3m+2 - 7 A3m+1= 3・(奇数) - 7・(奇数) =　(奇数) - (奇数) =　(偶数)
これは、（☆）　がk　= m+1　においても成立することを示す。
以上より帰納法により、すべての整数k　（≧1） について（☆）がいえることが示された。
この（☆）は「An が偶数」 ⇔「nが3の倍数」を意味するので、示された。

82 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:42

途中ですが（1）の解説：（問12の類題その２）
Anを解いたところで役立ちません。まず、Anがどうなっているのか実験して、予想を立てま
しょう（本文では示すべき結果を書いてくれているので、予想を立てる苦労さえ必要ないの
ですが…）。　Anについて何を証明すればよいかが提示出来れば、その証明は解答（１）の
ように数学的帰納法で可能なはずです（漸化式があるのだから）。

ところで、割り算の余りが循環するなんていう問題は、沢山ありますが、その場合
引いたら割りきれること、（　a≡b (mod p)　⇔　a-bがｐの倍数　）を直接示すと論じやすい。
例えばAn+3 - An　が2で割りきれることを示すと、An+3 とAn　の偶奇が一致し、
Anを2で割った余りは3周期で循環することが言えます。（→別解）

83 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:44

そこで（1）の別解：
（１） 以下、mod 2 で考える。An+2 （= 3An+1 - 7 An ）≡An+1 - Anより、
An+3 ≡An+2 - An+1≡(An+1 - An) - An+1= - An≡ An よってAn+3 とAnの奇遇は一致し、
ここにA1≡ 1, A2 ≡ 1, A3 ≡ 0 であるから、帰納的に
「A3k-2≡ 1, A3k-1 ≡ 1, A3k ≡ 0 　（k≧１）」がいえる。
よってAnが偶数になるのはｎが3の倍数のときに限られる。

84 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:46

解答：
（２） 以下、mod 5 で考える。　　　An+2 （= 3An+1 - 7 An ）≡3An+1 - 2Anより、
An+4 ≡3An+3 - 2An+2≡3・(3An+2 - 2An+1) - 2An+2 ≡ 7An+2 - 6An+1≡ 2An+2 - An+1
≡2(3An+1 - 2An) - An+1≡ 5An+1 -4 An≡-4 An≡An よってAn+4 ≡An
ここにここにA1≡ 1, A2 ≡ 3, A3 ≡ 2 , A4 ≡ 0であるから、帰納的に
「A4k-3≡ 1, A4k-2 ≡ 3, A4k-1 ≡ 2 , A4k ≡ 0 　（k≧１）」がいえる。
よって「An が5の倍数」 ⇔「nが4の倍数」
以上より（１）も考えると、「An が10の倍数」⇔「An が5の倍数かつ2の倍数」⇔「nが4の倍数
かつ3の倍数」⇔「nが12の倍数」　といいかえられる。　　（答）

85 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/28 12:48

解説：
Anを5で割った余りが、4周期で循環することを予想した上でどのようにこれを証明するか
であるが、合同式の扱いに慣れていれば上のようAn+4 ≡Anにしたほうが早い。しかし、
解答（1）の本解のように帰納法で示してももちろん構わない。
易しい問題ですが、整数問題としても良問だと思い取り上げました。
問13類題と同じく古い出題（同じ1993）になりましたので、次は新しい物で、かつ良問
である類題を探しておきます。

86 名前：匿名さん：2005/08/31 00:35

このスレ、スゲー
全部印刷しちまった・・・

87 名前：通りすがりの元鉄緑会大阪校の講師：2005/08/31 07:00

問15：
すべてのnについてAn≧2であるような数列｛An｝が与えられたとして、数列｛Xn｝に関する
漸化式 Xn+2 - An+1 Xn+1 + Xn = 0 ( n= 0 , 1 , 2, …) を考える。このとき、
自然数mを1つに決めて固定すれば、漸化式をみたし、X0 = 0 , Xm = 1であるような
数列｛Xn｝がただ1つ存在することを示せ。また、この数列について
0＜Xn＜１　　( n= 1, 2, …, m-1)　が成り立つことを示せ。ただしmは3以上とする。 　
　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　(2004　東大後期?（１）のみ)