解答版

１
つぎの条件をみたす実数yをすべて求めよ
「任意の実数xに対して
　　　　　　　　　　　\(x \; - \; \frac{\large{p}}{\large{q}} \)^2 \; + \; \(y\; - \; \frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}} \)^2 \; \leq \; \(\frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}}\)^2
を成り立たせる整数p,qが存在する。」

これは後に図書館で大数のバックナンバーを見ていて見つけた
以下大数のコピー

条件の不等式が定める領域は、円
\(x \; - \; \frac{\large{p}}{\large{q}} \)^2 \; + \; \(y\; - \; \frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}} \)^2 \; = \; \(\frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}}\)^2　・・・①
の周および内部(以下"円板"と呼ぶ)で、整数の組p,qを1つを決めるごとに円板ができる。そこで、①の定める円板を、簡単に記号[p \; ,\; q]で表すことにする。すると

(Ⅰ)
\frac{\large{p}}{\large{q}} \; = \; \frac{\large{p'}}{\large{q'}} \; (0 \; < \; q \; < \;q')の場合
円板[p' \; , \; q']は円板[p \; , \; q]に含まれる。
したがって円板で平面を覆うことを考える場合、\frac{\large{p}}{\large{q}}としてqの小さいもの、つまり既約分数を考えればよい。

(Ⅱ)
\frac{\large{p}}{\large{q}} \; \ne \; \frac{\large{p'}}{\large{q'}}の場合
円板[p \; , \; q]と[p' \; , \; q']で
(中心間の距離)^{\tiny{2}} \; - \; (半径の和)^{\tiny{2}}
=\{\(\frac{\large{p}}{\large{q}} \; - \; \frac{\large{p'}}{\large{q'}} \)^{\tiny{2}} \; + \; \(\frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}} \; - \; \frac{1}{\large{2q'^{\tiny{2}}}}\)^{\tiny{2}}\} \; - \; \(\frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}} \; + \; \frac{1}{\large{2q'^{\tiny{2}}}}\)^{\tiny{2}}
=\(\frac{\large{p}}{\large{q}} \; - \; \frac{\large{p'}}{\large{q'}} \)^{\tiny{2}} \; - \; \frac{1}{\large{q^{\tiny{2}}} q'^{\tiny{2}}} \; = \; \frac{\large{(pq' \; - \; p'q)^{\tiny{2}} \; - \; 1}}{\large{q^{\tiny{2}} q'^{\tiny{2}}}} \; \geq \; 0
∴　(中心間の距離)≧(半径の和)

したがってこの場合円板[p\; , \;q]と[p'\; , \; q']は完全に離れているか互いに外接すかのいずれかであり
外接する条件は
|pq' \; - p'q| \; = \; 1
以上Ⅰ,Ⅱから

ちょっと休憩
続き

円板[0 \; , \; 1]と[1 \; , \; n]は外接し、さらに円板[1\; , \;nと[1 \;, \; n+1]も外接する。
また既約分数
0 \; < \; \frac{\large{p}}{\large{q}} \;< \; 1 \; (p \; \geq \; 2 \; , \;q \; > \; 0)で定まる円板[p \; , \; q]は

\frac{1}{\large{1+n}} \; < \; \frac{\large{p}}{\large{q}} \; < \; \frac{1}{\large{n}}

を満たす自然数nが必ず存在することから、2つの円板[1\; , \; n] \; , \; [1 \; , \; 1+n ]とx軸の囲む部分にに含まれ右図(後に描画します)に斜線で示したような部分に現れない。
さらにまた、外接する2円の中心を半径の比に内分するから、円板[0 \; , \; 1] \; , \; [1\; , \; n]の接点のy座標は

\frac{1}{\large{n^{\tiny{2}} + 1}} \; \{1 \cdot \frac{1}{2} \; + \; n^{\tiny{2}} \cdot \frac{1}{\large{2n^{\tiny{2}}}}\} \; = \; \frac{1}{\large{n^{\tiny{2}}+1}}
同様に、円板[1\; , \; n ] \; , \; [1\; , \; 1+n ]の接点のy座標は

\frac{1}{\large{(n+1)^{\tiny{2}}+n^{\tiny{2}}}}\{n^{\tiny{2}} \cdot \frac{1}{\large{2n^{\tiny{2}}}} \; + \; (n+1)^{\tiny{2}} \cdot \frac{1}{\large{2(n+1)^{\tiny{2}}}}\} \; = \; \frac{1}{\large{(n+1)^{\tiny{2}}+n^{\tiny{2}}}}

したがって図の網目部分を囲む3点のy座標について、不等式

\frac{1}{\large{(n+1)^{\tiny{2}}+n^{\tiny{2}}}} \; \leq \; \frac{1}{\large{(n+1)^{\tiny{2}}+1}} \; < \; \frac{1}{\large{n^{\tiny{2}}+1}}

が成立し、等号はn=1のときに限り、その左辺は　\frac{1}{5}　となる
ゆえに0≦x≦1の範囲で、線分y \; = \;m(0≦x≦1)が、①で定められる円板で覆われる必要十分条件は　m \; = \; \frac{1}{2} \; , \;または　\frac{1}{5}　であり逆にそのとき、①の円板は任意の区間　n≦x≦n+1　で　0≦x≦1　におけると同じように平面を覆うから任意の実数xに対して、与えられた不等式を成り立たせるような整数p,qはを定めることができる。

よって求めるyの値は　

　　　　　　　　　　　　　　　　　\frac{\Large{1}}{\Large{2}}　または　\frac{\Large{1}}{\Large{5}}

ネットで拾った問題

１
つぎの条件をみたす実数yをすべて求めよ
「任意の実数xに対して
　　　　　　　　　　　\(x \; - \; \frac{\large{p}}{\large{q}} \)^2 \; + \; \(y\; - \; \frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}} \)^2 \; \leq \; \(\frac{1}{\large{2q^{\tiny{2}}}}\)^2
を成り立たせる整数p,qが存在する。」

後に大数の宿題と知った問題
時間的には丸１日ぐらいかけてやっとできました
現在(2:36)
変な時間に目が覚めちまったもんだ
確認用トリップテスト◆m55MqPwen6

あ/いまたはう/え (ただしあ/い＜う/え)
#あいうえ

追記(22:17)
現在
三国無双というゲームをプレイ中
潼関の戦い
というところで呂布に瞬殺されたところ

ガッコン答え

大数ガッコンより
1 \; + \; \frac{1}{\sqrt{2}} \; + \; \frac{1}{\sqrt{3}} \; + \; \cdots \; + \; \frac{1}{\sqrt{100}} の値を小数第１位を四捨五入して求めよ

はじめに
この問題だけを出されていたのではなく誘導がありました

(i) k>0のとき、つぎの不等式が成り立つことをグラフを用いて説明せよ

(イ)　
\frac{1}{\sqrt{\large{k+1}}} \; < \; \int_{\tiny{k}}^{\tiny{k+1}} \; \frac{\large{dx}}{\Large{\sqrt{x}}}

(ロ)
\frac{1}{\Large{\sqrt{k}}} \; > \; \frac{1}{\sqrt2} \; \( \frac{1}{\large{\sqrt{k}}} - \frac{1}{\large{\sqrt{k+1}}} \) \; + \; \int_{\tiny{k}}^{\tiny{k+1}} \; \frac{\large{dx}}{\Large{\sqrt{x}}}

区分→y \; = \; \frac{1}{\Large{\sqrt{x}}}から面積で台形評価です
(i)の不等式(イ)より
\sum_{k=1}^{100}\; \frac{1}{\large{\sqrt{k}}} \; = \; 1 \; + \; \sum_{k=1}^{99} \; \frac{1}{\large{\sqrt{k+1}}} \; < \; 1 \; + \; \sum_{k=1}^{99} \int_{\tiny{k}}^{\tiny{k+1}} \; \frac{1}{\large{\sqrt{k}}}\; = \; 1 \; + \; \int_{1}^{100} \; \frac{\large{dx}}{\large{\sqrt{x}}} \; = \; 1 + \; [\; 2\sqrt{x}\; ]_{1}^{100} \; = \; 19
(ロ)より
\sum_{k=1}^{100} \; \frac{1}{\sqrt{\large{k}}} \; = \; \sum_{k=1}^{99}\frac{1}{\sqrt{k}} \; + \; \frac{1}{\sqrt{100}} \; > \; \sum_{k=1}^{99} \; \{\frac{1}{2} \; (\frac{1}{\large{\sqrt{k}}} \; - \; \frac{1}{\large{\sqrt{k+1}}}) \; + \; \int_{\tiny{k}}^{\tiny{k+1}}\; \frac{\large{dx}}{\large{\large{\sqrt{x}}}}\} \; + \; \frac{1}{\sqrt{100}}
　　　　　　　　　　　　　　　　　= \; \frac{1}{2}(1 \; - \; \frac{1}{\sqrt{100}}) \; + \; \int_{1}^{100} \; \frac{\large{dx}}{\large{\sqrt{x}}} \; + \; \frac{1}{10}
　　　　　　　　　　　　　　　　　=\; \frac{1}{2}(1 \; - \; \frac{1}{10}) \; + \; [ \;2\sqrt{x} \; ]_{1}^{100} \; + \; \frac{1}{10} \; = \; 18.55

よって　
18.55 \; < \; \sum_{k=1}^{100} \; \frac{1}{\large{\sqrt{k}}} \; < \; 19
により答えは19

東大プレ

2以上の整数nに対して
S_n \;=\; 1\; + \; \frac{\large{1}}{\large{2}} \; + \; \frac{\large{1}}{\large{3}}\; + \; \cdots \; + \;\frac{\large{1}}{\Large{n}}
とする。
(1) \lim _{n \to \infty} S_n = +\inftyであることを示せ。

(2)素数pに対し、S_pは整数値をとらないことを示せ。

(3)任意のn \; (n \geq 2)にたいしS_nは整数値をとらないことを示せ。

ただし、必要ならば次の定理を用いてもよい
定理「xをx>1なる正数とするときxと2xの間には必ず素数が存在する」

下の定理は初等的に解けないのかと前に質問受けたことがあったが漏れはwiki情報しかわからない
wikiの内容さえ理解できぬ・・・
追記
ゼータ関数
http://homepage3.nifty.com/y_sugi/sp/sp32.htm
なぜそうなるか、という筋道はないがすごく綺麗な関係式
漏れにはまだ手が出ない
オイラー積(ﾟдﾟ)ﾊｧ?

追記
解答
(1)略(区分求積)
(2)
S_p \;=\; 1\; + \; \frac{\large{1}}{\large{2}} \; + \; \frac{\large{1}}{\large{3}}\; + \; \cdots \; + \;\frac{\large{1}}{\Large{p}}が整数値をとすると両辺に(p-1)!をかけると
(p-1)!S_p \; = \; (p-1)! \; \cdot \; \{\; 1\; + \; \frac{\large{1}}{\large{2}} \; + \; \frac{\large{1}}{\large{3}}\; + \; \cdots \; + \;\frac{\large{1}}{\Large{n}}\} \; + \; \frac{(\large{p}-1)!}{\large{p}}

ここでpは素数であるから(p-1)!はpで割り切れない。したがって\frac{(\large{p}-1)!}{\large{p}}は整数とはならないので、上式は左辺が整数だが右辺が整数とならず矛盾である。
よってS_pは整数値とはならない

(3)
S_n \;=\; 1\; + \; \frac{\large{1}}{\large{2}} \; + \; \frac{\large{1}}{\large{3}}\; + \; \cdots \; + \;\frac{\large{1}}{\Large{n}}
が整数値をとるものとして矛盾を導く。

(i)nが素数のときは(2)より矛盾

(ii)nが合成数のとき
n以下の素数のうち最大のものをpとする。「定理」より p \; > \; \frac{\Large{n}}{\large{2}}としてよい。
両辺にn!をかけると

n! S_n = n!\{\frac{\large{1}}{\large{2}} \; + \; \frac{\large{1}}{\large{3}} \; + \; \cdots \; + \; \frac{\large{1}}{\large{p-1}} \; + \; \frac{1}{\large{p}} \;+ \; \cdots \; + \; \frac{1}{\large{n-1}} \; + \; \frac{1}{\Large{n}}\}
　　　=n(n-1) \cdots (p+1) \cdot p \cdot (p-1)! \cdot \{1\; + \; \frac{\large{1}}{\large{2}} \; + \; \frac{\large{1}}{\large{3}}\; + \; \cdots \; + \;\frac{\large{1}}{\large{p-1}} \} \; \cdots \;①
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　+ \; \frac{\Large{n!}}{\large{p}} \; \cdots②
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　+ \; \frac{\Large{n!}}{\large{p+1}} \; \cdots \; + \; \frac{\Large{n!}}{\Large{n}} \; \cdots③
この左辺はpの倍数である。
右辺について、①はpの倍数である。
また③は各項の分子がpを含むのでpの倍数である。
ところが②は
n(n-1) \cdots (p+1) \cdot (p-1) \cdot 2 \cdot 1がpで割り切れないのでpの倍数ではない。
以上より左辺はpの倍数であるが右辺はpの倍数ではなく矛盾する。
よって任意のnについてS_nは整数値をとらない。

１２月の記事で数ヲタの友人にもらった問題です

あとで大数にあった関連問題を載せる予定

追記(18:41)

大数ガッコンより
1 \; + \; \frac{1}{\sqrt{2}} \; + \; \frac{1}{\sqrt{3}} \; + \; \cdots \; + \; \frac{1}{\sqrt{100}} の値を小数第１位を四捨五入して求めよ

関連問題じゃありませんね、はいすみません
トリップテスト#
◆OSYhGye6hY

解答は次回書きます

E判スレ>>218

a_1=a,a_2=b,a_{n+2}=a_n+a_{n+1}(n\geq1)で定められる数列\{a_n\}がある。
a_{3m+2}=cとするとき\sum_{k=1}^{m} a_{3k}をa,b,cのうちの適当なものを
用いて表せ。

解答
\{a_n\}の特性方程式の解を\alpha,\beta \; (\alpha>\beta)とおくと
t^2-t-1=0の解が\alpha,\betaなので、これを解いて\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}ゆえ
{a_{n+2} - \alpha a_{n+1}\\ = \beta(a_{n+1} - \alpha a_n) \\ = \beta ^n(a_2 - \alpha a_1) \\ =\beta ^n(b - \alpha a) \; \cdots (i)
同様に
{a_{n+2} - \beta a_{n+1} = \alpha ^n(b - \beta a) \; \cdots (ii)
(ii)-(i)と\alpha \beta =-1であることをあわせて整理すると
a_n =\frac{1}{\sqrt{5}}(\omega _{\tiny{n-2}}a + \omega _{\tiny{n-1}}b)ただし\omega_{\tiny{n}}=\alpha ^n - \beta ^nとする
さて
\sum_{k=1}^m a_{3k}= \frac{1}{\sqrt{5}} \sum_{k=1}^m (\omega _{\tiny{3k-2}}a + \omega _{\tiny{3k-1}}b)これを☆とおく。また
\sum_{k=1}^m \alpha^{\tiny{3k-2}}= \frac{\alpha(\alpha ^{\tiny{3m}} - 1)}{\alpha ^{\tiny3} -1}、ここで\alpha ^3=2 + \sqrt{5}なので\frac{\alpha(\alpha ^{\tiny{3m}} - 1)}{\alpha ^{\tiny3} -1} = \frac{\alpha ^{\tiny{3m}} - 1}{2}
\sum_{k=1}^m \alpha^{\tiny{3k-1}}= \frac{\alpha(\alpha ^{\tiny{3m+1}} - \alpha)}{\alpha ^{\tiny3} -1} = \frac{\alpha ^{\tiny{3m+1}} - \alpha}{2}
より
\sum_{k=1}^m \omega _{\tiny{3k-2}} = \frac{\alpha ^{\tiny{3m}} - 1}{2} - \frac{\beta ^{ \tiny{3m}} - 1}{2} = \frac{\alpha{\tiny{3m}} - \beta{\tiny{3m}}}{2} = \frac{\omega _{\tiny{3m}}}{2}
\sum_{k=1}^m \omega _{\tiny{3k-1}} = \frac{\alpha ^{\tiny{3m+1}} - \alpha}{2} - \frac{\beta ^{\tiny{3m+1}} - \beta}{2} = \frac{\alpha ^{\tiny{3m+1}} - \beta ^{\tiny{3m+1}}}{2} - \frac{\alpha - \beta}{2} = \frac{\omega _{\tiny{3m+1}}}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2}ゆえ、それぞれ☆に代入して
\sum_{k=1}^m a_{\tiny{3k}} = \frac{1}{\sqrt{5}}\{\frac{\omega _{\tiny{3m}}}{2}a + (\frac{\omega _{\tiny{3m+1}}}{2} - \frac{\sqrt{5}}{2})b\} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}(\omega _{\tiny{3m}} a + \omega _{\tiny{3m+1}} b) - \frac{b}{2} = \frac{a_{\tiny{3m+2}}}{2} - \frac{b}{2} = \frac{c-b}{2}

のはずなのに答えが合わない

追記(18:51)
別解
K大生氏による
a_3 \; + \; a_6\; + \; \cdots \; + \; a_{\tiny{3m}}\; =a_1 \; + \; a_2 \; +a_4 \;+ \; a_5 \; + \; \cdots \;+ \; a_{\tiny{3m-2}} \; + \; a_{\tiny{3m-1}}\; = \; S
\sum_{k=1}^{3m} a_k\; = \;2S
a_k \;= \;a_{\tiny{k+2}} \; - \; a_{\tiny{k+1}}より
\sum_{k=1}^{3m} a_k \; = \; a_{\tiny{3m+2}} \; - \; a_2 \; = \; c \;- \; b \; = \;2S
S \;= \; \frac{c - b}{2}

これはやられたな
最後に\frac{a_{\tiny{3m+2}}}{2} - \frac{b}{2}があったので何かカラクリがあると思った
リュカ数(Lucas number)、フィボナッチ(Fibonacci)には裏の背景には非常に素晴らしい関係がいくつかあるようだ

さきほどの問題

中国数学オリンピックの問題はIMOより難しいと聞かされていたのだが今や1の不等式の問題に限ってはJMOのほうが難しい気がする

関連問題１
２円までの接線の長さの比が等しいときの根軸の軌跡は円になる
→http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/taiwaN/taiwaNch03/node43.html

関連問題２　(調和点束)
一直線上A,X,B,Yがこの順番に並び、この直線上にない一点Pからそれぞれの点を通るように4本の直線を引くと
Pを通らない直線と4本の直線との交点をP,Q,R,SとすればP,R,Q,Sは調和点列をなす

関連問題3
EFとBCが交わる点をRとすればP,Q,Rは一直線上にあり、さらに直線CFと直線PQの交わる点をSとすればP,S,Q,Rは調和点列をなす

前者はメネラウスの定理
後者は関連問題２より

関連問題4
DRの中点をLとするとL,M,Nは一直線上にある
ニュートン線

はじめに

[[タイトルそのまま
日々のことも書くけどできるだけ解いた問題や解こうとしている問題
やろうとしていることなどを書きたい

さっそく考え中の問題

中国数学オリンピック2007
\triangle ABCの外接円の中心をO、内接円の中心をIとする
内接円がBC,CA,ABと接する点をそれぞれD,E,Fとする
直線FDとCAが交わる点をP
直線DEとABが交わる点をQ
線分PEとQFの中点をそれぞれM,Nとするとき
OI \perp MNであることを示せ


証明
メネラウスの定理より
\frac{QA}{QB} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{BD}{DC} = 1
またCD=CEなので
\frac{QA}{QB} = \frac{EA}{BD}
さらにAE = AF , BD = BFゆえ
\frac{QA}{QB} = \frac{AF}{BF}
よって点Q,F,A,Bは調和点列をなす
同様にして点P,E,A,Cは調和点列をなす

補題１
一直線上にある点A,X,B,Yが調和点列をなし線分ABの中点をMとするとき
BM^2 = XM \cdot YM

証明
A,X,B,Yが調和点列をなすので
XA : XB = YA : YB
また合除比の理より
(XA - XB) : (XB + XA) = (YA - YB) : (YB + YA) \rightarrow 2XM : 2BM = 2BM : 2YMゆえ
XM : BM = BM : YM
\therefore BM^2 = XM \cdot YM

さて補題１より
NF^2 = NA \cdot NB
ME^2= MA \cdot ME
を得る
\triangle ABCの外接円へN,Mからそれぞれ接線を引くと方べきの定理から
NA^2=NA \cdot NB = r_{\tiny{N}}^2
ME^2= MA \cdot ME = r_{\tiny{M}}^2
ゆえ
NA=r_{\tiny{N}} \; \cdots (i)
ME=r_{\tiny{M}} \; \cdots (ii)
ただしr_{\tiny{M}},r_{\tiny{N}}はN,Mから\triangle ABCの外接円への距離(冪)
(i),(ii)よりN,Mから内接円、外接円までの距離が等しいので直線NMは2円の根軸上にある
したがって直線MNはOIと垂直である