第１問
実数ｐ、ｑに対して、ｘの３次関数ｆp,q(ｘ)を ｆp,q(ｘ)＝ｘ3＋ｐｘ＋ｑ
によって定める。実数ｐ、ｑは３次関数ｆp,q(ｘ)が次の３条件を満たす
ような範囲を動くとする。
条件(１)：ｆp,q(１)＝１
条件(２)：ｆ’p,q(０)＜０ （ただし、ｆ’p,q(ｘ)はｆp,q(ｘ)の導関数を表す）
条件(３)：ｘ≧０のとき、ｆp,q(ｘ)≧０
このとき、定積分
$\small\sf{\begin{align*}\sf I\ (p,q)=\int_0^1\ f_{p,q\ }(x)\ dx\end{align*}}$
を最大にするようなｐ、ｑの値、およびＩ(ｐ，ｑ)の最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
条件(１)より
ｆp,q(１)＝ｑ＋ｐ＋ｑ＝１ ⇔ ｑ＝－ｐ ････①
となるので、ｆp,q(ｘ)は、
ｆp,q(ｘ)＝ｘ3＋ｐｘ－ｐ
と表せる。
これをｘで微分すると、
ｆ’p,q(ｘ)＝３ｘ2＋ｐ
となり、条件(２)より
ｆ’p,q(０)＝ｐ＜０ ．
よって、ｆ’p,q(ｘ)＝０となるｘが存在し、その値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2x^2+p=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\sqrt{\frac{-p}{3}}\end{align*}}$ ．
これより、ｘ≧０の範囲で増減表を書くと次のようになる。
よって、条件(３)を満たすためには、
極小値が０以上になればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{p,q\ }\left(\sqrt{\frac{-p}{3}}\right)=-\frac{p}{3}\sqrt{\frac{-p}{3}}+p\sqrt{\frac{-p}{3}}-p\geq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{\frac{-p}{3}}\leq \frac{3}{2}\ \ \ \ (\because p<0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{27}{4}\leq p<0\end{align*}}$ ････②
Ｉ(ｐ，ｑ)を計算すると、、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I\ (p,q)=\int_0^1\left(x^3+px-p\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left[\frac{1}{4}x^4+\frac{p}{2}x^2-px\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\frac{p}{2}+\frac{1}{4}\end{align*}}$
となるので、②、①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ p=-\frac{27}{4}\ \ ,\ \ q=\frac{27}{4}\ \ }\end{align*}}$
のとき、Ｉ(ｐ，ｑ)は最大となり、その値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I\ \left(-\frac{27}{4}\ ,\ \frac{27}{4}\right)=-\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{27}{4}\right)+\frac{1}{4}=\underline{\ \frac{29}{8}\ \ }\end{align*}}$ ．
これは取っつきやすいですね。
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第２問
ｎを３以上の整数とし、ｎ個の整数ａ1、ａ2、･･･、ａnは以下の３条件を
満たすとする。
条件(１)：ａ1≧２
条件(２)：ａ1≧ａ2≧･･･≧ａn
条件(３)：１≦ｉ＜ｊ≦ｎを満たす任意の整数ｉ、ｊに対して、不等式
ａｉ＋ａj＞０
が成り立つ
このとき、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=1}^n\ a_i\ \geq\ n\end{align*}}$
が成り立つことを証明せよ。また、この不等式において等号が成り立つ
場合のｎの値、およびｎ個の整数の組(ａ1、ａ2、･･･、ａn)をすべて求め
よ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
条件(３)より、ａn-1＋ａn＞０
であり、ａn-1、ａnともに整数なので、
ａn-1＋ａn≧１ ･･･①
条件(２)より、
ａn-1≧ａn
なので、これらより、
２ａn-1≧ａn-1＋ａn≧１
となり、ａn-1は整数なので、ａn-1≧１．
これと条件(２)より、
ａ2≧ａ3≧･･･≧ａn-2≧ａn-1≧１ ･･･②
ｎ＝３のとき
ａ1＋ａ2＋ａ3
≧２＋ａ2＋ａ3 ←条件(１)より
≧２＋１ ←①より
＝３
となるので、題意は示された。
等号成立は、
ａ1＝２ かつ ａ2＋ａ3＝１
のときであり、条件(２)を満たす組は、
(ａ1，ａ2，ａ3)＝(２，２，－１)、(２，１，１)
の２通りである。
ｎ≧４のとき、
ａ1＋ａ2＋････＋ａn-2＋ａn-1＋ａn
≧２＋(ａ2＋････＋ａn-2)＋ａn-1＋ａn ←条件(１)より
≧２＋(１＋１＋･･･＋１)＋ａn-1＋ａn ←②より
≧２＋(ｎ－３)＋１ ←①より
＝ｎ
となるので、題意は示された。
等号は
ａ1＝２ かつ
ａ2＝ａ3＝････＝ａn-2＝１ かつ
ａn-1＋ａn＝１ すなわち ａn-1＝１、ａn＝０
を満たすときに成立するので、ａ1、･･･、ａnの組は、
(ａ1、ａ2、･･･、ａn)＝(２，１，１，･･･，１，１，０)
となる。
「成り立つときのｎの値を求めよ」とあるにも関わらず、
(３以上の)すべての整数ｎに対して成り立つことになるので、
ちょっとビビリますね・・・・
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第３問
各成分が０以下の整数からなる２行２列の行列
$\small\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
で、Ａ2＋Ａ＝Ｅを満たすものをすべて求めよ。
（ただし、Ｅは単位行列を表す。）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ハミルトン・ケーリーの定理より、
Ａ2－(ａ＋ｄ)Ａ＋(ａｄ－ｂｃ)Ｅ＝Ｏ
であり、これと条件式
Ａ2＋Ａ＝Ｅ ････①
とからＡ2を消去すると、
(ａ＋ｄ＋１)Ａ＝(ａｄ－ｂｃ＋１)Ｅ ････②
となる。
(ⅰ)ａ＋ｄ＋１≠０のとき
実数ｋを
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k=\frac{ad-bc+1}{a+d+1}\end{align*}}$
とおくと、②より Ａ＝ｋＥ となり、これを①に代入すると、
(ｋＥ)2＋ｋＥ＝Ｅ ⇔ (ｋ2＋Ｋ－１)Ｅ＝Ｏ ．
Ｅ≠Ｏなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k^2+k-1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ k=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A=kE=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}\begin{pmatrix} \rm 1 &\rm 0 \\ \rm 0 & \rm 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$ ．
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=d=\frac{-1\pm\sqrt5}{2}\ \ ,\ \ b=c=0\end{align*}}$
となるが、
これはａ、ｄが整数であることに矛盾するので不適。
(ⅱ)ａ＋ｄ＋１＝０ ････③ のとき
②より、Ｏ＝(ａｄ－ｂｃ＋１)Ｅとなり、Ｅ≠Ｏなので、
ａｄ－ｂｃ＋１＝０． ････④
③より、
ａ＋ｄ＝－１
であり、これを満たす０以下の整数ａ、ｄの組は、
(ａ，ｄ)＝(－１，０)、(０，－１)
のいずれかである。
いずれの場合も、ａｄ＝０となるので、④は、
ｂｃ＝１
と変形でき、これを満たす０以下の整数ｂ、ｃは
(ｂ，ｃ)＝(－１，－１)
の場合のみである。
以上より、条件を満たす行列Ａは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ A=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf -1 \\ \sf -1 &\sf -1 \end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf -1 &\sf -1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}}\end{align*}}$
である。
これも取っつきやすい問題ですね。
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第４問
整数ｍが与えられたとき、ｘに関する整数係数の２つの整式f(x)、
g(x)が関係式
f(x)≡g(x) (mod m)
を満たすとは、等式f(x)－g(x)＝mh(x)を満たすような整数係数
の整式h(x)が存在することである。
(１) f(x)、g(x)、F(x)、G(x)を整数係数の整式とする。もし、ある
整数ｍについて関係式
f(x)≡g(x) (mod m) かつ F(x)≡G(x) (mod m)
が満たされるならば、関係式
f(x)＋F(x)≡g(x)＋G(x) (mod m) かつ
f(x)F(x)≡g(x)G(x) (mod m)
が満たされることを証明せよ。
(２) 正整数p (＞1)を素数とする。pより小さい任意の正整数ｉに
対して二項係数pCｉはpの倍数であることを証明せよ。
(３) 正整数p (＞1)を素数とする。任意の正整数nについて、
関係式
$\small\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^n}\equiv 1+x^{p^n}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
が満たされることを証明せよ。
(４) 正整数p (＞1)を素数とし、nを2以上の正整数とする。n-1個
の二項係数nCi (1≦ｉ≦n-1)がすべてpの倍数であるための
必要十分条件は、整数nが素数pの正べきである（すなわち、
適当な正整数kを用いてn＝pkと表せる）ことを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
条件より
f(x)≡g(x) (mod m) かつ F(x)≡G(x) (mod m)
を満たすので、
f(x)－g(x)＝mh(x) 、 F(x)－G(x)＝mH(x)
⇔ f(x)＝g(x)＋mh(x) 、 F(x)＝G(x)＋mH(x) ････①
となる整数係数の整式 h(x) 、H(x)が存在する。
よって、
{f(x)＋F(x)}－{g(x)＋G(x)}
＝{g(x)＋mh(x)＋G(x)＋mH(x)}－{g(x)＋G(x)}
＝m{h(x)＋H(x)}
となり、h(x)＋H(x)は整数係数の整式なので、
f(x)＋F(x)≡g(x)＋G(x) (mod m)
を満たす。
一方、①の２式を辺々かけると、
f(x)F(x)
＝{g(x)＋mh(x)}{G(x)＋mH(x)}
＝g(x)G(x)＋mg(x)H(x)＋mG(x)h(x)＋m2h(x)H(x)
⇔ f(x)F(x)－g(x)G(x)＝m{g(x)H(x)＋G(x)h(x)＋mh(x)H(x)}
となり、
g(x)H(x)＋G(x)h(x)＋mh(x)H(x)は整数係数の整式なので、
f(x)F(x)≡g(x)G(x) (mod m)
を満たす。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _pC_i=\frac{p!}{i\ !(p-i)!}\ \ \Leftrightarrow\ \ _pC_i\cdot i\ !\cdot(p-i)!=p!\end{align*}}$
となるので、nCｉ･i！･(p－i)！はpの倍数となる。
ここで、pは正の素数なので、pより小さい正整数すべてと互いに素
である。よって、ｉ！および(p－i)！はpの倍数となり得ないので、
nCiはpの倍数である。
(３)
まず(１)より、
f(x)≡g(x) (mod m) かつ F(x)≡G(x) (mod m)のとき、
f(x)F(x)≡g(x)G(x) (mod m)
なので、f(x)≡g(x) (mod m)のとき、任意の自然数ｎに対して、
{f(x)}n≡{g(x)}n (mod m) ････①
が成り立つ。
任意の正整数nについて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^n}\equiv 1+x^{p^n}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$ ････(Ａ)
が満たされることを数学的帰納法を用いて証明する。
(ⅰ) n＝1のとき
二項定理を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p}=\sum_{i=0}^p\ _pC_i\ x^i=\left(1+x^{p}\right)+\sum_{i=1}^{p-1}\ _pC_i\ x^i\end{align*}}$ ．
(２)より、1≦ｉ≦p-1のｉに対して、pCiはpの倍数となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=1}^{p-1}\ _pC_i\ x^i\equiv 0\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$ ･････②
これらと(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p}\equiv 1+x^{p}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$ ．
(ⅱ) n＝kのとき(A)が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^k}\equiv 1+x^{p^k}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
であり、これと①より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{(1+x)^{p^k}\right\}^p\equiv \left(1+x^{p^k}\right)^p\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (1+x)^{p^{k+1}}\equiv \sum_{i=0}^{p}\ _pC_i\ \left(x^{p^k}\right)^i\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (1+x)^{p^{k+1}}\equiv 1+x^{p^{k+1}}+\sum_{i=1}^{p-1}\ _pC_i\ \left(x^{p^k}\right)^i\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
ここで②と同様に考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=1}^{p-1}\ _pC_i\ \left(x^{p^k}\right)^i\equiv 0\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^{k+1}}\equiv 1+x^{p^{k+1}}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$ ．
よって、n＝k+1のときも(A)を満たすので、
任意の自然数nに対して(A)は満たされる。
(４)は次の記事で
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第４問
整数ｍが与えられたとき、ｘに関する整数係数の２つの整式f(x)、
g(x)が関係式
f(x)≡g(x) (mod m)
を満たすとは、等式f(x)－g(x)＝mh(x)を満たすような整数係数
の整式h(x)が存在することである。
(１) f(x)、g(x)、F(x)、G(x)を整数係数の整式とする。もし、ある
整数ｍについて関係式
f(x)≡g(x) (mod m) かつ F(x)≡G(x) (mod m)
が満たされるならば、関係式
f(x)＋F(x)≡g(x)＋G(x) (mod m) かつ
f(x)F(x)≡g(x)G(x) (mod m)
が満たされることを証明せよ。
(２) 正整数p (＞1)を素数とする。pより小さい任意の正整数ｉに
対して二項係数pCｉはpの倍数であることを証明せよ。
(３) 正整数p (＞1)を素数とする。任意の正整数nについて、
関係式
$\small\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^n}\equiv 1+x^{p^n}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
が満たされることを証明せよ。
(４) 正整数p (＞1)を素数とし、nを2以上の正整数とする。n-1個
の二項係数nCi (1≦ｉ≦n-1)がすべてpの倍数であるための
必要十分条件は、整数nが素数pの正べきである（すなわち、
適当な正整数kを用いてn＝pkと表せる）ことを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(３)
任意の正整数nについて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^n}\equiv 1+x^{p^n}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
が満たされる。
(４)
２つの命題
(ア) nCi （1≦ｉ≦n-1）がすべてpの倍数である。
(イ) n＝pk （kは自然数)
について考える。
【(ア)⇒(イ)の証明】
i＝1のときも(ア)は成り立つので、
nC1＝n はpの倍数である。
よってnは、自然数kおよび、pと互いに素な自然数 aとを用いて、
n＝a pk ････③
と表すことができる。
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+x\right)^n=\left(1+x\right)^{ap^k}=\left\{\left(1+x\right)^{p^k}\right\}^a\end{align*}}$
であり、これと(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+x\right)^n\equiv\left(1+x^{p^k}\right)^a\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{L=0}^{n}\ _nC_L\ x^L\equiv\sum_{m=0}^a\ _aC_m\ \left(x^{p^k}\right)^m\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$ ････④
ここで、③より
pk≦n ････⑤
なので、④の両辺の展開式には、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^{p^k}\end{align*}}$ の項を含み、
（左辺は L=pk の項、右辺は m＝1 の項）
その係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _nC_{p^k}=_aC_1=a\end{align*}}$ ．
ここで、aはpと互いに素なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _nC_{p^k}\end{align*}}$ はpの倍数ではない。
よって、⑤と(ア)より、
pk＝1 または pk＝n
となる。
p＞１なので、n＝pk となり、(イ)を満たす。
【(イ)⇒(ア)の証明】
(３)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{p^k}\equiv 1+x^{p^k}\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
であり、条件(イ)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+x)^{n}\equiv 1+x^n\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (1+x)^{n}- \left(1+x^n\right)=\sum_{i=1}^{n-1}_nC_i\ x^i\equiv 0\ \ \ \ (mod\ p)\end{align*}}$ ．
これは任意のxに対して成り立つので、係数を比較すると、
nCi （1≦ｉ≦n－1）はすべてpの倍数となり、(ア)を満たす。
以上より、条件(イ)は条件(ア)の必要十分条件となるので、
題意は示された.
これは難しいですねぇ。大問の１～３が比較的易しかったので、
この問題が勝負の分かれ目でしょうか。
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