続・数学の問題(入院中ニトライ)

　ブログネタも同じようなものばかりで特徴あるものは少ないので,退院直後にアップした「数学(算数?)の問題」の続きを書きます。

　前の記事では,最初の問題は入院初日の4/17の午後に解いた,と書きましたが,実は入院初日の17日は検査とか,必要品の買い物などやるべきことがたくさんありました。

　雑用を済ませた後,問題を見て考えて本に書いてあるヒントを見るのも癪なので,完全解答には17日の消灯後の夜中までかかりました。

入院中の日記を兼ねたノートによれば,次の18日には３問に挑戦していますが,18日中に解けたのは次の２問でした。

最初の問題を問１として番号を付けます。

問２.  0＜ａ,ｂ,ｃ≦1のとき,次の不等式が成り立つことを示せ。

ａ/(ｂ＋ｃ＋1)＋ｂ/(ｃ＋ａ＋1)＋ｃ/(ａ＋ｂ＋1)

＋(1－ａ)(1－ｂ)(1－ｃ)≦1

(解答)まず,一般性を失なうことなく,ａ,ｂ,ｃの大小関係を,

　0＜ａ≦ｂ≦ｃ≦1と仮定する,ことができます。

　この条件下では,(ａ＋ｂ＋1)≦(ｃ＋ａ＋1)≦(ｂ＋ｃ＋1)ですから,

　1/(ａ＋ｂ＋1)≧1/(ｃ＋ａ＋1)≧1/(ｂ＋ｃ＋1)　です。

そこで,ａ/(ｂ＋ｃ＋1)＋ｂ/(ｃ＋ａ＋1)＋ｃ/(ａ＋ｂ＋1)

≦(ａ＋ｂ＋ｃ)/(ａ＋ｂ＋1)＝1＋(ｃ-1)/(ａ＋ｂ＋1)です。

　したがって,1＋(ｃ-1)/(ａ＋ｂ＋1)＋(1－ａ)(1－ｂ)(1－ｃ)≦1を示せば十分です。

　よって,(1－ｃ){(1－ａ)(1－ｂ)－1/(ａ＋ｂ＋1)}≦0 を示せば十分ですが,(1－ｃ)＞0 なので,{(1－ａ)(1－ｂ)－1/(ａ＋ｂ＋1)}≦0 を示せばいいことになります。

結局,{1－(ａ＋ｂ＋1)(1－ａ)(1－ｂ)}≧0 を示せばいいです。

上式の左辺＝－(ａ＋ｂ){1－(ａ＋ｂ)＋ａｂ}＋{ａ＋ｂ－ａｂ}

　＝(ａ＋ｂ)²－ａｂ(ａ＋ｂ)－ａｂですが,

　正の数の相加平均は相乗平均より大きいので,(ａ＋ｂ)≧2ａ^1/2ｂ^1/2

ですから,結局,(左辺)≧(3ａｂ－2ａ^3/2ｂ^3/2) です。

そこで,簡単のためにＸ≡ａ^1/2ｂ^1/2 とおくと,0＜Ｘ≦1です。

そして,Ｘの関数ｆ(Ｘ)≡3Ｘ²－2Ｘ³を考えると,ｆ(0)＝0であり,

0＜Ｘ≦1では,ｄｆ/ｄＸ＝6Ｘ(１－Ｘ)≧0 なので,この範囲では

ｆ(Ｘ)は単調非減少です。

故に,ｆ(Ｘ)≧0 (0＜Ｘ≦1)と結論されます。

以上から,ｆ(ａｂ)＝3ａｂ－2ａ^3/2ｂ^3/2)≧0,であり,そして,

(ａ＋ｂ)²－ａｂ(ａ＋ｂ)≧ｆ(ａｂ)なので,

(ａ＋ｂ)²－ａｂ(ａ＋ｂ)≧0,です。

したがって,－(1－ｃ){(1－ａ)(1－ｂ)－1/(ａ＋ｂ＋1)}≦0 より,

ａ/(ｂ＋ｃ＋1)＋ｂ/(ｃ＋ａ＋1)＋ｃ/(ａ＋ｂ＋1)

＋(1－ａ)(1－ｂ)(1－ｃ)≦1

が証明されました。 (終わり)

(※PS:今思うと,

(ａ＋ｂ)²－ａｂ(ａ＋ｂ)－ａｂ≧3ａｂ－ａｂ(ａ＋ｂ)

＝ａｂ(3－ａ－ｂ)＝ａｂ{1＋(1－ａ)＋(1－ｂ)}＞0 ですから,

微分までやることはなかったですね。

当時(3週間前)は,今より頭が柔らかくなかったようです。※)

問３.  任意の正の整数ｋに対して,Ｓ＝{2¹―1,..,2^2k－1}の元の

少なくとも１つは,(2ｋ＋1)で割り切れることを示せ。

(解答)まず,集合Ｓの位数,つまりＳの元:2¹―1,..,2^2k－1の個数は

丁度 2ｋです。

そして,Ｓの各々の元を(2ｋ＋1)で割ったときの余りｒは,

ｒ＝0,1,2,..,2ｋ のいずれかです。

Ｓの元を(2ｋ＋1)で割ったときの余りがｒであることを,

2ⁿ―1≡ｒ mod(2ｋ＋1) (ｎ＝1,..,2ｋ)と表現します。

仮にＳの元の全てが(2ｋ＋1)で割り切れないとすると,

2ⁿ―1≡0 mod(2ｋ＋1),かつ１≦ｎ≦2ｋを満たすｎは存在しません。

ところが,もしも2^p―1と2^q―1の余りが等しいとすれば,つまり,

2^ｐ―1≡2^q―1 mod(2ｋ＋1)を満たすp,ｑ(1≦ｑ＜ｐ≦2ｋ)が存在

するとすれば,2^p－2^q≡0 mod(2ｋ＋1)なので,

2^q(2^p-q－1)≡0 mod(2ｋ＋1)となりますが,偶数の2^qが奇数の(2ｋ＋1)

で割り切れることはないので,これは,2^p-q－1≡0 mod(2ｋ＋1)である

こと:(2^p-q－1)が(2ｋ＋1)で割り切れることを意味します。

しかし,1≦(ｐ－ｑ)≦2ｋですから,１≦ｎ≦2ｋを満たすｎについて,2ⁿ―1≡0 mod(2ｋ＋1)となるｎは存在しないという仮定から,

2^ｐ―1≡2^q―1 mod(2ｋ＋1)を満たすp,ｑ(1≦ｑ＜ｐ≦2ｋ)は存在し

ません。

以上から,Ｓ＝{2¹―1,..,2^2k－1}の2ｋ個の元を(2ｋ＋1)で割った余り

ｒは全て異なると結論されます。

しかも,(2ｋ＋1)では割り切れないのですから,余りｒは.1,2,.,.2ｋのいずれかの2ｋ個であって,しかもこれら全てを尽くします。

しかし,このことから2ⁿ―1≡2ｋ mod(2ｋ＋1),かつ１≦ｎ≦2ｋなるｎが少なくとも１つ存在します。

このとき,2ⁿ≡2ｋ＋1≡0 mod(2ｋ＋1)ですから,この2ⁿは(2ｋ＋1)で割り切れるはずです。

2のベキ乗の因数しか持たない2ⁿが,奇数の(2ｋ＋1)を因数とするはずはないので,これは矛盾です。

そこで,１≦ｎ≦2ｋを満たすｎについて,2ⁿ―1≡0 mod(2ｋ＋1)となるｎは存在しない,という仮定の方が誤りということになります。

謂わゆる背理法ですが,これで成立を証明すべき命題の真なることが示されました。(終わり)

そして,次の問４は18日中には解けず,結局,翌19日に最後にはヒント(ほぼ答)を見てしまいました。

この問４については本日は問題だけをアップしておきます。

問４. {ｘ_n}を,ｘ₁＝ｘ,(ｘはｘ＞1なる実数),ｘ_n+1＝ｘ_n²＋ｘ_n ,

で定義される数列とする。

このとき,級数和:Ｓ＝Σ_n=1^∞{1/(1＋ｘ_n)}を求めよ。

という問題です。

　これ以後もありますが,私は気紛れなのでブログでこの続きを書くかどうかはわかりません。

　でも,整数,数式や数列関連の問題を解くのが得意というわけではなく,ただそれを考えるのが好きな変態？であることは再認識しました。

(↑※入院のヒマつぶしに,算数や高校数学の難問？を考えるのはある種の変態(or オタク？)でしょう。)

私の弱点は空間図形などのパターン認識がからむ問題です。

私は,２次元でも地図を見てもわからず,しょっちゅう他人に聞かないとたどりつけないことが多々ある方向音痴です。(※左脳は何とか機能していても右脳はダメかな。。。)

一応,これも入院中の日記の１つをアップしたつもりですが,この手の記事は引用文献を書かないと単なる盗作ですから,タネ本を下に明示しておきます。

では,またね。

(参考文献):秋山仁＋ピーターフランクル共著「(完全攻略)数学オリンピック(増補版)」(日本評論社)

PS：難問というと昔,「明聖アカデミー」という御茶ノ水の現役高校生専門予備校のアルバイトで,ＲＱＣ(randomquestion corner)という教室で何でも質問を聞く講師というのをやってた時代を思い出します。

　その予備校の当時の数学主任のＨ先生の個別指導の宿題で出された数学難問集をＲＱＣで毎回質問する高3なのに中学生のように見える小さくてかわいい女子高生がいて,他のまだ大学生の講師たちと解き方など相談していたことを思い出します。

　当時,私は９年間住んでいた江東区の木場から豊島区巣鴨に転居したばかりの40代中半から,50歳代にかかる頃でした。

　結局,彼女＝Ｋ野さん,については,その後,正社員のＨ先生からアルバイトの私が数学の個別指導を引き継いだのですが,

　何と彼女の第一志望は千葉大教育学部で,第二志望は明治大学文系ということでしたから,数学が必要といってもセンター試験だけです。

　確かに難問をたくさん解く,考えるという勉強法もありますが,私はセンター試験の過去問を解く訓練をすれば十分と考えました。

　何ゆえに,自力ではほとんど解けず,毎回ＲＱＣで質問するような難問の宿題ばかりを出していたのか？とそのときは疑問に思いましたね。

　結局,その彼女,現役のときは千葉大を落ちて,数学は関係ない明治大には合格したので,私はＫ野ちゃんの何らかお役に立ったのか,邪魔をしたのかは不明です。

　なつかしいですね。