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1997年東大後期数学大問1・2001年東大後期数学大問3

2017.01.06 10:23|大学入試問題
どもども。

リクエストを受けた問題の解説をさくっとやってみます~ 算数mini
なお,解説のリクエストは絶賛募集中とかでは特に無いので受けるか受けないかは気まぐれですよ~

まずは1997年東大(後)の大問1です~
問題はこちら~~

問題: 下の図のように,1 辺の長さが 1 の正三角形で,平面を分割する。
これらの 1 辺の長さが 1 の正三角形 1 つ 1 つを,単位正三角形とよぶことにする。
はじめに 1 個以上有限個の単位正三角形が塗りつぶされているとし,以下の操作を繰り返すことにより,
次々に単位正三角形を塗りつぶしていく。
『1 回の操作ごとに,既に塗りつぶされている単位正三角形と少なくとも 1 つの辺を共有する単位正三角形を,
すべて塗りつぶす』
 次の問いに答えよ。
(1) はじめに塗りつぶされている単位正三角形が 1 つだけのとき,n 回目の操作が終わったときに塗りつぶされている
単位正三角形の個数  を求めよ。
(2) はじめに 2 個以上有限個の単位正三角形が塗りつぶされているとき,n 回目の操作が終わったときに
塗りつぶされている単位正三角形の個数を とおくと,極限  は,はじめの塗りつぶされ方が
どのようであっても存在するか。極限が存在する場合については,その極限値を求めよ。
存在しない場合があるならば,その例をあげよ。


ddd10.jpg


塗られている単位正三角形の個数に関する問題です。
(1)でははじめに塗られてるのが1個という分かりやすい状況ですが,(2)では複数個です。
初期段階でどういう位置関係で塗られてるかによってn回の操作後の様子は大きく変わってくるので
n回後に塗られてる正三角形の個数をnの式で表そうなんて発想は厳しすぎます。
(2)は一般項を表す方向ではなく(1)の結果と上手く絡めていく方針を取ります。

(1)について,まずは n=1,2,3,4 の場合の様子を見てみます~ bakezouri.gif

ddd11.jpg

当然ながら図形はどんどん大きくなっていきますが120°の回転で自身と一致する性質を持っているようです。
n回目の操作で新たに塗られる正三角形は,既に塗られている正三角形と2辺を共有している場合と
1辺を共有している場合とがあり,統一性がない辺りが面倒です。
とりあえず  から階差が 6→9→12→… と分かりやすい形をしている
のにはすぐ気付けると思います。あとはどうやってこれを実証していくかですね。
色々なアイデアがありそうですが,今回はベクトルを使ってみます~

下図にあるように3つのべクトル  を設けます。
はじめの1個の重心を基準点として,各単位正三角形の重心の位置ベクトルに着目していきます。
「新規に増える正三角形の個数」は「新規に表せるようになる重心の位置ベクトルの個数」と一致します。
1回目の操作で増える3つの正三角形の重心はそれぞれ  ですね。
2回目の操作で増える6個の正三角形の重心はそれぞれ
 です。
3回目の操作で増える9個の正三角形の重心はそれぞれ

です。

これらのことからも分かるように,n回目の操作で増える正三角形はすべて

という形で表せます。ただし,各  は    のいずれかです。
ここで注意したいのは,  のように,足し引きの中で打ち消し合ってしまう項が
あるものは新しく増える正三角形のリストには入らないということです。
このため,奇数番目に並んでるベクトルは偶数番目には並んでいはいけないことになります。
よって,  の2種類で足し引きを行うなら,「奇数番目はすべて  で偶数番目はすべて  である」
もしくは「偶数番目はすべて  で奇数番目はすべて  である」というものしか考えなくてよいわけです。
3種類すべてのベクトルを含むとしたら,「偶数番目が2種類から成り,奇数番目が1種類から成る」ものと
「奇数番目が2種類から成り,偶数番目が1種類から成る」ものだけ考えれば良いことになります。

また,例えば「奇数番目が2種類から成り,偶数番目が1種類から成る」ものについては,
 などが成り立つわけですから奇数番目の項の配列の順番はどうでもよく,
並べる2種類のベクトルがそれぞれ何個あるのかという個数だけが重要ということになります。

以上を踏まえて,n回目の操作で新規に増える正三角形の個数が3n個であることを実証してみます kaeru_en3.gif

ddd12.jpg
ddd15.jpg

ddd13.jpg
ddd14.jpg


ddd16.jpg


続いて(2)です。
塗られている正三角形の個数について,はじめにどのような位置に何個塗られていても常に成り立つような
不変的性質があるのか,それとも初期配置によって大きな違いが生じてしまうのか,
どちらであるのかを判定しないといけません。冒頭に触れたように一般の場合にn回後の操作後に塗られている
正三角形の個数を n の式で表すのは諦めます。
こういう問題では,はじめに塗られている正三角形たちをすべて含むもっと大きなかたまりに着目するというのが
常套手段です m_0004.gif

ここで指摘しておきたいことは,  など,より一般に任意の自然数 m に対して
 を考えるとこれらはすべて n→∞ としたとき,1に収束するということです。

(1)のようにはじめに1個だけが塗られていたとき,n回の操作を終えた段階で塗られている正三角形たちが
構成する多角形を  とします。
はじめに何個塗られていようと,所詮は有限個ですので,これらの正三角形は十分大きな  にすっぽり
含まれていることに着目しましょう。
初期配置がどんなに複雑であったとしても,それを含んでしまっている  を初期配置とするシチュエーションを
想定してしまえば常に  が成り立ってしまいますね。
 からあとははさみうちの原理を使うおなじみの流れになっていきます~

ddd17.jpg






次は2001年後期大問3です~ m_0006.gif

問題: 整数を係数とする 2 次多項式 f(x) で 2 次の項の係数が正であるものが与えられている。
任意の実数 x に対して,平面上の原点を中心とし半径が 1 である単位円 C 上の点P(x) を
P(x) = (cos 2πf(x),sin 2πf(x))
によって定める.円周 C の弧 I の長さが L (0 < L < 2π) であるものを固定する。
そのとき各自然数 k に対して区間 [k,k + 1] の部分集合
{x | k≦x≦k + 1, P(x) ∈ I}
は互いに交わらない有限個の区間の和集合になっているので,それらの区間の長さの総和
で表す。このとき,  を証明せよ。





「各自然数 k に対して区間 [k,k + 1] の部分集合 {x | k≦x≦k + 1, P(x) ∈ I} は互いに交わらない有限個の区間の
和集合になっている」ということなので,どのような区間の和集合になっているのか具体的に考察していきましょう~
まずは点 (1,0) が弧 I の内部の点ではない場合から考えます。弧 I の内部とは, I から端点を除いた部分です。

そうすると, 0≦α<α+L≦2π を満たすある α を使って,
I={(cosθ,sinθ) | α≦θ≦α+L } と書くことが出来ます~

実数 x の小数部分を <x> で表すことにすると, 
が成り立ちますね。
やがて極限を考えるので k は元々十分大きい自然数と仮定しておいて構いません。
そうすると閉区間  [k,k + 1]  において f(x) は単調増加で値域が f(k)≦y≦f(k+1) になっていると
仮定しておくことが出来ます。
このとき,  [k,k + 1]  において  を満たすのは



を満たしている区間ということになります。 f(k+1)-f(k) 個の閉区間の和集合ですね。

 とおいて,2つの2次方程式

を解けば各区間の端点は分かります。ただ,やや複雑な値になってしまいますね。
億劫ではありますが,やる気が削がれるレベルではなく許容範囲内ではあるので頑張って  を
計算していきましょう~
あとは上からと下からの評価ではさみうちの原理に持っていきます m_0054.gif


ddd18.jpg
ddd19.jpg
ddd20.jpg




では, (1,0) が弧 I の内部にある場合はどうでしょうか。
弧 I を (1,0) でぶった切って2つの弧に分けてしまえばよいです。
それぞれの弧については先程まで述べてきた状況と同じように区間の和集合が計算できます。
それを更に合併したものが全体の和集合になりますね。


ddd21.jpg
ddd22.jpg
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コメント

No title

解説ありがとうございます。
質問なのですが、
「新規に増える正三角形の個数」は「新規に表せるようになる重心の位置ベクトルの個数」と一致
するのは何故なんでしょうか?

No title

n回目の操作で新規に塗られる三角形は,(n-1)回目に塗られた三角形と隣り合っていて,
最初に塗られた三角形から見てn個分隣にある三角形だからです(もはや隣という表現も微妙だけど)~

それぞれの三角形の重心は言わば座標のようなもので,その位置ベクトルはそれぞれの単位正三角形と
1対1に対応しています。
ベクトルの足し引きは1回につき現在位置から考えて1つ隣の三角形に移動する操作に該当します。
場合の数の分野でよくある最短経路の問題みたいな感じだと思うとイメージしやすいです。

n回の操作で新規に表せるようになる重心の位置ベクトルに対応する単位正三角形は
n個のベクトルの足し引きで初めて表せるようになるもの,
つまり最初に塗られた三角形から見てn個分隣にある三角形です~
足し引きの中で打ち消されてしまう項がある和に対応する重心は,結果としてn個未満の足し引きで
表現できるのでn個分隣にある三角形ではありません。遠回りして辿り着いただけになっています。
非公開コメント

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