第１問
数列{an}
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=5\ \ ,\ \ a_{n+1}=\frac{4a_n-9}{a_n-2}\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\ldots\right)\end{align*}}$
で定める。また数列{bn}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf b_n=\frac{a_1+2a_2+\ldots +na_n}{1+2+\ldots +n}\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\ldots\right)\end{align*}}$
と定める。
(１) 数列{an}の一般項を求めよ。
(２) すべてのnに対して、不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf b_n\leqq 3+\frac{4}{n+1}\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(３) 極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ b_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
実数tについて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{4t-9}{t-2}\ \ \Leftrightarrow\ \ t^2-2t=4t-9\ \ \Leftrightarrow\ \ t=3\end{align*}}$
となることを利用すると、与えられた漸化式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}-3=\frac{4a_n-9}{a_n-2}-3=\frac{a_n-3}{a_n-2}\end{align*}}$
と変形できる。
a1≠3よりa2≠3、a2≠3よりa3≠3であり、
以下も帰納的にan≠3となるので、両辺の逆数をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a_{n+1}-3}=\frac{a_n-2}{a_n-3}=\frac{1}{a_n-3}+1\end{align*}}$
となるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{\frac{1}{a_n-3}\right\}\end{align*}}$ は等差数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a_n-3}=\frac{1}{a_1-3}+\left(n-1\right)=\frac{2n-1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n-3=\frac{2}{2n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a_n=\frac{2}{2n-1}+3\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=\frac{\left(\frac{2}{1}+3\right)+2\left(\frac{2}{3}+3\right)+\ldots +n\left(\frac{2}{2n-1}+3\right)}{1+2+\ldots +n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(\frac{2}{1}+\frac{4}{3}+\ldots +\frac{2n}{2n-1}\right)+3\left(1+2+\ldots +n\right)}{1+2+\ldots +n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\frac{2}{1}+\frac{4}{3}+\ldots +\frac{2n}{2n-1}}{1+2+\ldots +n}+3\end{align*}}$ ……(#)
ここで、k=1，2，…，nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2k}{2k-1}=1+\frac{1}{2k-1}\leqq 2\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n \leqq\frac{2+2+\ldots +2}{1+2+\ldots +n}+3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2n}{\frac{1}{2}n\left(n+1\right)}+3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4}{n+1}+3\end{align*}}$
(３)
(#)において、n≧1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=\frac{\frac{2}{1}+\frac{4}{3}+\ldots +\frac{2n}{2n-1}}{1+2+\ldots +n}+3\geqq 3\end{align*}}$
となり、これと(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3\leqq b_n\leqq 3+\frac{4}{n+1}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{4}{n+1}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ b_n=3\ }\end{align*}}$
(１) 分数形の漸化式の解き方は知ってますか？？
(１)さえできれば、あとは楽ですね。
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第２問
四面体OABCにおいて、OA=OB=OC=BC=1、AB=AC=xとする。
頂点Oから平面ABCに垂線を下ろし、平面ABCとの交点をＨとする。
頂点Ａから平面OBＣに垂線を下ろし、平面ＯＢCとの交点をH’とする。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}\ ,\ \overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ とし、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf b}+r\overrightarrow{\sf c}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf OH'}=s\overrightarrow{\sf b}+t\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ と
表す。このとき、p、q、rおよびs、tをxの式で表せ。
(２) 四面体OABCの体積Vをxの式で表せ。また、xが変化するときのV
の最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf a}\right|=\left|\overrightarrow{\sf b}\right|=\left|\overrightarrow{\sf c}\right|=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf AB}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf a}\right|^2=\left|\overrightarrow{\sf b}\right|^2+2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}+\left|\overrightarrow{\sf a}\right|^2=x^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=\frac{2-x^2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\frac{2-x^2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\left|\overrightarrow{\sf b}\right|\left|\overrightarrow{\sf c}\right|\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
また、△OABおよび△ABCの成立条件を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1+1>x\ \ \Leftrightarrow\ \ x<2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x+x+>1\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2}\lt x\end{align*}}$
より、 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\lt x<2\end{align*}}$
(１)
Hは平面ABC上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p+q+r=1\end{align*}}$ ……①
また、OH⊥平面ABCよりOH⊥ABかつOH⊥BCなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=\left(p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf b}+r\overrightarrow{\sf c}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =q-p+\left(p-q-r\right)\cdot\frac{2-x^2}{2}-\frac{1}{2}r=0\end{align*}}$ ……②
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=\left(p\overrightarrow{\sf a}+q\overrightarrow{\sf b}+r\overrightarrow{\sf c}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf b}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2-x^2}{2}p-\frac{2-x^2}{2}p+\frac{1}{2}q-q+r-\frac{1}{2}r=0\ \ \Leftrightarrow\ \ q=r\end{align*}}$ ……③
となり、①、②、③を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ p=\frac{2x^2-1}{4x^2-1}\ \ ,\ \ q=r=\frac{x^2}{4x^2-1}\ }\end{align*}}$
一方、OH’⊥平面OBCよりOH’⊥OBかつOH’⊥BCなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH'}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=\left(-\overrightarrow{\sf a}+s\overrightarrow{\sf b}+t\overrightarrow{\sf c}\right)\cdot\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{2-x^2}{2}+s+\frac{1}{2}t=0\end{align*}}$ ……④
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH'}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=\left(-\overrightarrow{\sf a}+s\overrightarrow{\sf b}+t\overrightarrow{\sf c}\right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf b}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{2-x^2}{2}+\frac{2-x^2}{2}+\frac{1}{2}s-s+t-\frac{1}{2}t=0 \ \ \Leftrightarrow\ \ s=t\end{align*}}$ ……⑤
となり、④、⑤を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ s=t=\frac{2-x^2}{3}\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf AH'}\right|^2=\left|-\overrightarrow{\sf a}+\frac{2-x^2}{3}\overrightarrow{\sf b}+\frac{2-x^2}{3}\overrightarrow{\sf c}\right|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+2\left(\frac{2-x^2}{3}\right)^2-2\cdot 2\cdot\frac{2-x^2}{3}\cdot\frac{2-x^2}{2}+2\left(\frac{2-x^2}{3}\right)^2\cdot\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-3\left(\frac{2-x^2}{3}\right)^2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\frac{1}{3}\triangle OBC\cdot AH'\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot\sin\frac{\pi}{3}\right)\cdot\sqrt{1-3\left(\frac{2-x^2}{3}\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{12}\sqrt{3-\left(2-x^2\right)^2}\ }\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2-x^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\sqrt2\ \ \ \left(\because\ \frac{1}{2}\lt x<2\right)\end{align*}}$
のときにVは最大値 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{\sqrt3}{12}\ }\end{align*}}$ をとる。
途中の計算は省略しましたが、(１)の連立方程式はけっこう面倒です。
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第３問
a＞0とする。曲線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=e^{-x^2}\end{align*}}$ とx軸、y軸、および直線x=aで囲まれた
図形を、y軸のまわりに1回転してできる回転体をAとする。
(１) Aの体積Vを求めよ。
(２) 点(t，0) （－a≦t≦a）を通りx軸と垂直な平面によるAの切り口の
面積をS(t)とするとき、不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf S\left(t\right)\leqq\int_{-a}^ae^{-\left(s^2+t^2\right)}ds\end{align*}}$
を示せ。
(３) 不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\pi\left(1-e^{-a^2}\right)}\leqq\int_{-a}^ae^{-x^2}dx\end{align*}}$
を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=e^{-x^2}\end{align*}}$ とおくと、導関数は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=-2xe^{-x^2}\end{align*}}$ なので、
f(x)の増減および曲線y=f(x)の概形は次のようになる。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=e^{-x^2}\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2=-\log y\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (a)=e^{-a^2}=p\end{align*}}$
とおくと、Aの体積Vは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\int_0^pa^2dy+\pi\int_p^1\left(-\log y\right)dy\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi a^2p-\pi\bigg[y\log y-y\bigg]_p^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi a^2p+\pi+\pi\left(p\log p-p\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left(a^2p+1-a^2p-p\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \pi\left(1-e^{-a^2}\right)\ }\end{align*}}$
(２)
原点を通りx軸、y軸に垂直なs軸をとり、これらを座標軸とする
sxy空間を考える。
xy平面上の点Pをy軸のまわりに回転させることによって、
移る点をQとする。
点Qが題意の切り口上にあるとき、点Qの座標はQ(t，y，s)
と表すことができ、点Qとy軸の距離をdとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf d=\sqrt{s^2+t^2}\end{align*}}$ ……(#)
であり、これに対応する点Pの座標はP(d，y，0)となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq d=\sqrt{s^2+t^2}\leqq a\ \ \Leftrightarrow\ \ -\sqrt{a^2-t^2}\leqq s\leqq\sqrt{a^2-t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq y\leqq f\ (d)=e^{-d^2}\end{align*}}$
となる。ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\sqrt{a^2-t^2}\end{align*}}$
と書くことにすると、切り口の面積S(t)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(t)=\int_{-b}^b e^{-d^2}ds\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \leqq \int_{-a}^{-b} e^{-d^2}ds+\int_{-b}^b e^{-d^2}ds+\int_b^a e^{-d^2}ds\ \ \ \ \left(\because \ e^{-d^2}>0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{-a}^a e^{-d^2}ds\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{-a}^a e^{-\left(s^2+t^2\right)}ds\end{align*}}$ ←(#)より
となり、題意は示された。
(３)
(２)のの不等式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(t)\leqq e^{-t^2}\cdot\int_{-a}^ae^{-s^2}ds\end{align*}}$
と変形でき、この両辺をtで積分（積分区間－a≦t≦a）すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-a}^aS(t)\ dt\leqq \int_{-a}^ae^{-t^2}dt \cdot\int_{-a}^ae^{-s^2}ds\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ V=\pi\left(1-e^{-a^2}\right)\leqq\left(\int_{-a}^ae^{-x^2}dx\right)^2\end{align*}}$
両辺の平方根をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\pi\left(1-e^{-a^2}\right)}\leqq\int_{-a}^ae^{-x^2}dx\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(２) 切り口に含まれる点Qを直接考えるのではなく、
回転前の点Pを考えるところが味噌です。
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第４問
xy平面上を運動する点Pの時刻t （t＞0）における座標(x，y)が
$\small\sf{\begin{align*} \sf x=t^2\cos t\ \ ,\ \ y=t^2\sin t\end{align*}}$
で表されている。原点をOとし、時刻tにおけるPの速度ベクトルを
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}\end{align*}}$ とする。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\end{align*}}$ と$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}\end{align*}}$ のなす角を$\small\sf{\theta}$ (t)とするとき、極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\theta\left(t\right)\end{align*}}$ を求めよ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}\end{align*}}$ がy軸に平行になるようなt （t＞0）のうち、最も小さいもの
をt1、次に小さいものをt2とする。このとき、不等式t2－t1＜$\small\sf{\pi}$
を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\left(x,y\right)=\left(t^2\cos t\ ,\ t^2\sin t\right)\ \ \ \left(t>0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}=\left(\frac{dx}{dt}\ ,\ \frac{dy}{dt}\right)=\left(2t\cos t-t^2\sin t\ ,\ 2t\sin t+t^2\cos t\right)\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf OP}\right|=\sqrt{\left(t^2\cos t\right)^2+\left( t^2\sin t\right)^2}=\sqrt{t^4}=t^2\ \ (>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf v}\right|=\sqrt{\left(2t\cos t-t^2\sin t\right)^2+\left(2t\sin t+t^2\cos t\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{4t^2+t^4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =t\sqrt{t^2+4}\ \ (>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf v}=t^2\cos t\left(2t\cos t-t^2\sin t\right)+t^2\sin t\left(2t\sin t+t^2\cos t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2t^3\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta\left(t\right)=\frac{\overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf v}}{\left|\overrightarrow{\sf OP}\right|\ \left|\overrightarrow{\sf v}\right|}=\frac{2t^3}{t^2\cdot t\sqrt{t^2+4}}=\frac{2}{\sqrt{t^2+4}}\end{align*}}$ ．
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\cos\theta\left(t\right)=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{2}{\sqrt{t^2+4}}=0\end{align*}}$
であり、0≦$\scriptsize\sf{\theta}$ (t)≦$\scriptsize\sf{\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\ \theta\left(t\right)=\underline{\ \frac{\pi}{2}\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}\end{align*}}$ がy軸と平行になるのは、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}\end{align*}}$ のx成分が0に等しいときなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2t\cos t-t^2\sin t=0\end{align*}}$ ．
題意よりt＞0であり、この等式は、t=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}k\end{align*}}$ （k：自然数）では
成立しないので、両辺を $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t^2\cos t\end{align*}}$ で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{t}=\frac{\sin t}{\cos t}=\tan t\end{align*}}$
と変形でき、これを満たすtは2曲線
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf u=\frac{2}{t}\ \ ,\ \ u=\tan t\end{align*}}$
の共有点のt座標となる。
これら2曲線の概形は右図のようになり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\left(t_1+\pi\right)=\tan t_1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t_2\lt t_1+\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ t_2-t_1<\pi\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(２)は、関数
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}f\ (t)=2\cos t-t\sin t\ }\end{align*}}$
の増減を調べるという手もあります。
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第５問
nを相異なる素数p1、p2、…、pk （k≧1）の積とする。a、bをnの
約数とするとき、a、bの最大公約数をG、最小公倍数をLとし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\left(a,b\right)=\frac{L}{G}\end{align*}}$
とする。
(１) f(a，b)がnの約数であることを示せ。
(２) f(a，b)=bならば、a=1であることを示せ。
(３) mを自然数とするとき、mの約数であるような素数の個数をS(m)
とする。S(f(a，b))+S(a)+S(b)が偶数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
自然数mに含まれる素因数全体の集合をXmと書くことにすると、
n=p1p2…pk （p1、p2、…、pkは相異なる素数）なので、
Xn={p1，p2，…，pk}
である。
また、a、bはともにnの約数なので、Xa、XbはXnの部分集合であり、
Gはaとbの最大公約数、Lはaとbの最小公倍数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X_G=X_a\cap X_b\ \ ,\ \ X_L=X_a\cup X_b\end{align*}}$
である。
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c=f\left(a,b\right)=\frac{L}{G}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X_c=X_L\cap \overline{\sf X_G}=\left(X_a\cap \overline{\sf X_G}\right)\cup\left(X_b\cap \overline{\sf X_G}\right)\end{align*}}$
となり、XcもXnの部分集合となる。
よって、cはnの約数である。
(２)
c=bのとき、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X_c=\left(X_a\cap \overline{\sf X_G}\right)\cup\left(X_b\cap \overline{\sf X_G}\right)=X_b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X_a\cap \overline{\sf X_G}=X_G=\emptyset\end{align*}}$ （$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \emptyset\end{align*}}$ は空集合）
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X_a=\emptyset\end{align*}}$ ．
よって、aはp1，p2，…，pkを素因数にもたないnの約数なので、
a=1である。
(３)
集合Xの個数をN(X)と表すことにすると、p1、p2、…、pkは
すべて異なる素数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(a)=N\left(X_a\right)\ \ ,\ \ S(b)=N\left(X_b\right)\ \ ,\ \ S(c)=N\left(X_c\right)\end{align*}}$
である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(c)=N\left(X_c\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =N\left(X_L\cap \overline{\sf X_G}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =N\left(X_L\right)-N\left(X_G\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left\{N\left(X_a\right)+N\left(X_b\right)-N\left(X_G\right)\right\}-N\left(X_G\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =N\left(X_a\right)+N\left(X_b\right)-2N\left(X_G\right)\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(c)+S(a)+S(b)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =N\left(X_c\right)+N\left(X_a\right)+N\left(X_b\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left\{N\left(X_a\right)+N\left(X_b\right)-2N\left(X_G\right)\right\}+N\left(X_a\right)+N\left(X_b\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{N\left(X_a\right)+N\left(X_b\right)-N\left(X_G\right)\right\}\end{align*}}$
となるので、S(c)+S(a)+S(b)は偶数である。
集合の考え方を使って解いてみました。
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