4山口大学 2018年 数学 第4問解答・解説

辺 $AB$ 方向と辺 $AO$ 方向をそれぞれ1単位とする格子座標 $(i,j)$ をとると、三角形 $OAB$ 内の格子点は $$i\ge0,\qquad j\ge0,\qquad i+j\le n$$ で表される。一辺が $k$ の上向きの正三角形は頂点を $(i,j),(i+k,j),(i,j+k)$ と表せるため、内包条件は $i+j+k\le n$。したがって個数は $$\displaystyle \sum\limits _{i=0}^{n-k}(n-k-i+1)=\frac{(n-k+1)(n-k+2)}2.$$ 下向きの正三角形は頂点を $(i,j+k),(i+k,j+k),(i+k,j)$ と表せる。内包条件は $i+j+2k\le n$ なので、$1\le k\le\lfloor n/2\rfloor$ のとき個数は $$\displaystyle \sum\limits _{i=0}^{n-2k}(n-2k-i+1)=\frac{(n-2k+1)(n-2k+2)}2.$$

（1）$n=3$ では、上向き三角形は一辺1,2,3についてそれぞれ6,3,1個、下向きは一辺1について3個である。よって $$t_3=6+3+1+3=13.$$

（2）辺 $AB$ 上に一辺をもつのは、上向き三角形で $j=0$ のものに限る。一辺 $k$ ごとに辺上の位置は $n-k+1$ 通りだから、個数は $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{n}(n-k+1)=\frac{n(n+1)}2.$$

（3）辺 $AB$ とちょうど1点を共有するのは、下向き三角形で $j=0$ の場合である。一辺 $k$ ごとに条件 $i+2k\le n$ を満たす $i$ は $0,1,\ldots,n-2k$ の $n-2k+1$ 個。したがって総数は $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}(n-2k+1).$$ $n=2m$ ならこの和は $\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{m}(2m-2k+1)=m^2=n^2/4$。$n=2m+1$ なら $\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{m}2(m+1-k)=m(m+1)=(n^2-1)/4$。

（4）一辺 $N$ の三角形に含まれる上向き三角形の総数は $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{N}\frac{(N-k+1)(N-k+2)}2=\binom{N+2}{3}.$$ 下向きの総数は $$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^{\lfloor N/2\rfloor}\binom{N-2k+2}{2}.$$ $u_{n+1}-u_n=t_{2n+1}-t_{2n-1}$ を求めるため $N=2n+1$ と $N=2n-1$ を比べる。上向きの差は $$\displaystyle \binom{2n+3}{3}-\binom{2n+1}{3} =\binom{2n+2}{2}+\binom{2n+1}{2}.$$ 下向きの総和では、展開した和の余分な項が $\displaystyle \binom{2n+1}{2}$ であるから、その差は $\displaystyle \binom{2n+1}{2}$。したがって $$\displaystyle u_{n+1}-u_n=\binom{2n+2}{2}+2\binom{2n+1}{2}=(2n+1)(3n+1).$$

（5）$u_1=t_1=1$ より $$\displaystyle \begin{aligned} u_r&=1+\sum\limits _{j=1}^{r-1}(2j+1)(3j+1)\\ &=1+\sum\limits _{j=1}^{r-1}(6j^2+5j+1) =\frac{r(4r^2-r-1)}2. \end{aligned}$$ 奇数 $n$ に対し $n=2r-1$、すなわち $r=(n+1)/2$ だから $$\displaystyle t_n=u_r=\frac{(n+1)(2n^2+3n-1)}8.$$

三角格子を座標(i,j)で表し、上向き・下向きの一辺kの個数を別々に数える。これを使ってABとの共有点数、奇数辺数の総数差を求める。最後に差を初期値u_1=1から総和して奇数nの公式を得る。