2鹿児島大学 2003年 数学 第2問解答・解説

2-1 (1) 有理数解が $q/p$ であるとすると、$p\ne0$ であり、方程式に代入して $p^2$ を掛けると $$aq^2+bpq+cp^2=0$$ を得る。背理法で、$p,q$ の少なくとも一方が偶数と仮定する。$p,q$ は互いに素だから、ちょうど一方だけが偶数である。$p$ が偶数なら $q$ は奇数であり、左辺の $aq^2,bpq,cp^2$ は順に奇数、偶数、偶数となるので、その和は奇数である。$q$ が偶数なら $p$ は奇数であり、同じ三項は順に偶数、偶数、奇数となり、その和はやはり奇数である。いずれも左辺が0であることに矛盾する。したがって $p,q$ はともに奇数である。

2-1 (2) 有理数解があると仮定する。(1)より、その既約分数表示 $q/p$ の分子・分母はともに奇数である。このとき $aq^2,bpq,cp^2$ はすべて奇数なので、その和は奇数となり、$aq^2+bpq+cp^2=0$ に矛盾する。よって有理数解はない。

2-2 (1) 各 $k$ について $$k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)=3k(k+1)$$ である。これを $k=1$ から $n$ まで加えると左辺は望遠和となり、 $$\displaystyle 3\sum\limits _{k=1}^{n}k(k+1)=n(n+1)(n+2)-0\cdot1\cdot2=n(n+1)(n+2)$$ を得る。両辺を3で割れば、示す等式を得る。

2-2 (2) $$k(k+1)\cdots(k+m+1)-(k-1)k\cdots(k+m)=(m+2)k(k+1)\cdots(k+m)$$ である。実際、共通因数 $k(k+1)\cdots(k+m)$ をくくると、残りの差は $(k+m+1)-(k-1)=m+2$ となる。この等式を $k=1$ から $n$ まで加えると、左辺は望遠和になり、 $$\displaystyle (m+2)\sum\limits _{k=1}^{n}k(k+1)\cdots(k+m)=n(n+1)\cdots(n+m+1)-0\cdot1\cdots(m+1)$$ を得る。最後の積は0であるから、両辺を $m+2$ で割って $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{n}k(k+1)\cdots(k+m)=\frac{1}{m+2}n(n+1)\cdots(n+m+1)$$ となる。

2-3 (1) $\theta=\angle BPC$ とおく。$I$ は $\triangle PBC$ の内心だから、$BI,CI$ はそれぞれ $\angle PBC,\angle PCB$ の二等分線である。よって $$\displaystyle \angle IBC=\frac12\angle PBC,\qquad \angle ICB=\frac12\angle PCB.$$ 三角形 $BIC$ の内角の和と $\angle PBC+\angle PCB=180^\circ-\theta$ より、 $$\displaystyle \angle BIC=180^\circ-\frac12(180^\circ-\theta)=90^\circ+\frac12\theta.$$ $\theta$ は一定なので、$\angle BIC$ も一定である。

2-3 (2) $s=BC$、$M$ を $BC$ の中点、$O$ を正三角形 $ABC$ の外接円の中心とする。また、$O$ を直線 $BC$ に関して対称移動した点を $O'$ とする。正三角形の高さと外心の位置より $$\displaystyle AM=\frac{\sqrt3}{2}s,\qquad OM=O'M=\frac{s}{2\sqrt3},\qquad OB=O'B=\frac{s}{\sqrt3}.$$ 次の二つの弧を定める。 $$\begin{array}{ll} \Gamma_1:&\text{中心 }O'\text{、半径 }s/\sqrt3\text{ の円の、直線 }BC\text{ の }A\text{ 側の弧 }BC,\\[2pt] \Gamma_2:&\text{中心 }A\text{、半径 }s\text{ の円の、直線 }BC\text{ の }A\text{ と反対側の弧 }BC. \end{array}$$ どちらの弧も端点 $B,C$ を除くものとする。

まず必要条件を求める。$P$ が外接円の $A$ を含む開弧 $BC$ 上にあれば、円周角の定理より $\angle BPC=60^\circ$ である。(1)から $\angle BIC=120^\circ$ となり、内心 $I$ は直線 $BC$ の $A$ 側にある。この側で $BC$ を $120^\circ$ に見込む弧は $\Gamma_1$ である。実際、元の外接円の $A$ を含まない小弧 $BC$ 上の点では円周角が $120^\circ$ であり、この小弧を直線 $BC$ に関して対称移動したものが $\Gamma_1$ となる。円周角の定理の逆より、$I$ は $\Gamma_1$ 上にある。

$P$ が $A$ を含まない開弧 $BC$ 上にあれば、$\angle BPC=120^\circ$、したがって $\angle BIC=150^\circ$ となり、$I$ は直線 $BC$ の $A$ と反対側にある。中心 $A$、半径 $s$ の円では、$\angle BAC=60^\circ$ は小弧 $BC$ に対する中心角である。この小弧は直線 $BC$ の $A$ と反対側にあり、その上の点 $J$ に対して $$\displaystyle \angle BJC=\frac{360^\circ-60^\circ}{2}=150^\circ$$ となる。この小弧が $\Gamma_2$ であり、円周角の定理の逆より $I$ は $\Gamma_2$ 上にある。

逆に、二つの弧のどの点も内心として得られることを示す。$J$ を $\Gamma_1$ 上の任意の点とし、$\alpha=\angle JBC$、$\delta=\angle JCB$ とおく。$\angle BJC=120^\circ$ より $$\alpha>0^\circ,\quad\delta>0^\circ,\quad\alpha+\delta=60^\circ.$$ $B$ から $BC$ と $2\alpha$ の角をなし、$C$ から $CB$ と $2\delta$ の角をなす半直線を、いずれも $A$ 側に引く。二つの角の和は $120^\circ<180^\circ$ なので、これらは $A$ 側の点 $P$ で交わり、$\angle BPC=60^\circ$ となる。円周角の定理の逆から $P$ は元の外接円の $A$ を含む開弧 $BC$ 上にある。また $BJ,CJ$ はそれぞれ $\angle PBC,\angle PCB$ の内角の二等分線なので、$J$ は $\triangle PBC$ の内心である。

$J$ を $\Gamma_2$ 上の任意の点とすると、同様に $\alpha,\delta>0^\circ$、$\alpha+\delta=30^\circ$ となる。直線 $BC$ の $A$ と反対側に角 $2\alpha,2\delta$ の半直線を引けば、$\angle BPC=120^\circ$ である交点 $P$ が得られる。$P$ は元の外接円の $A$ を含まない開弧 $BC$ 上にあり、$J$ はこの $\triangle PBC$ の内心となる。

内心は三角形の内部にあるので、$B,C$ は軌跡に含まれない。以上より、求める軌跡は $\Gamma_1$ と $\Gamma_2$ を合わせたものである。

座標で確認する場合、$B=(-s/2,0)$、$C=(s/2,0)$、$A=(0,\sqrt3s/2)$ とおけば、二つの弧はそれぞれ $$\displaystyle \begin{aligned} \Gamma_1:&\quad x^2+\left(y+\frac{s}{2\sqrt3}\right)^2=\frac{s^2}{3},\quad y>0,\\ \Gamma_2:&\quad x^2+\left(y-\frac{\sqrt3s}{2}\right)^2=s^2,\quad y<0 \end{aligned}$$ で表される。これを図示すると次のようになる。

太線の二つの弧が軌跡である。白丸で表した端点 $B,C$ は含まれない。図は模式図である。