直角三角形にオイラー

1
平成 17 年度 佐賀大学２次試験前期日程 (数学問題)
理工・農・文化教育学部 平成 17 年 2 月 25 日
• 理工学部は， 1 ∼ 4 数 I・II・III・A・B(120 分)
• 農学部は， 1 , 2 , 5 , 6 数 I・II・A・B (120 分)
• 文化教育学部は， 7 ∼ 10 数 I・II・A・B(100 分)
1 1 から n までの自然数のうちで，n と互いに素であるものの個数を ϕ(n) とする．
ただし，自然数 a と b が互いに素であるとは，a と b の最大公約数が 1 になる
ことである．
(1) ϕ(10) を求めよ．
(2) p を素数，k を自然数とするとき，ϕ(pk ) を求めよ．
(3) ϕ(100) を求めよ．
(4) ϕ(1500) を求めよ．
√
2 複素数 z と w の間に w = (1 + 3 i)z という関係があるとき，以下の問に答え
よ．ただし，i は虚数単位とする．
(1) z 6= 0 のとき，複素数平面の原点 O と z ，w を頂点とする三角形はどんな
形の三角形か．
√
(2) 複素数平面上の 2 点 3 i と −3 を通る直線の上を z が動くとき，w が描く
図形の概形と w が満たす方程式を求めよ．
√
√
(3) z が 3 i を中心とする半径 3 の円周上を動くとき，w が描く図形の概形
と w が満たす方程式を求めよ．
3 以下の問に答えよ．
(1) y = x2 − 2x + 1 の接線で原点 (0, 0) を通るものを求めよ．
(2) y = sin x2 を微分せよ．
(3) y = xcos x (x > 0) を微分せよ．
Z
√
(4) 不定積分 x x − 1 dx を求めよ．
Z e
(5) 定積分
log x dx を求めよ．
1
2
4 相異なる正数 a，b に対して
Z
x
f (x) =
0
1
dt,
(t + a)2
Z
x
g(x) =
0
1
dt
(t + a)(t + b)
とおくとき，以下の問に答えよ．
(1) x → +∞ のときの f (x) の極限値 A および g(x) の極限値 B を求めよ．
(2) b → a のときの B の極限値を求めよ．
5 θ = 120 とし，数列 an = 2
◦
n−1
cos(nθ) の初項から第 n 項までの和
n
X
ak を Sn
k=1
とするとき，以下の問に答えよ．
(1) 自然数 m に対し，a3m ，a3m−1 ，a3m−2 を求めよ．
(2) 自然数 m に対し，S3m ，S3m−1 ，S3m−2 を求めよ．
6 A(2, 1)，B(1, −1)，C(0, 1) とする．0 5 t 5 1 に対して線分 AB を t : 1 − t の
比に内分する点を P，線分 BC を t : 1 − t の比に内分する点を Q，線分 PQ を
t : 1 − t の比に内分する点を R とする．このとき以下の問に答えよ．
(1) P の座標を t を用いて表せ．
(2) R の軌跡を求めよ．
(3) 線分 AB，BC と (2) で求めた軌跡によって囲まれた図形の面積を求めよ．
7 実数 x1 ，x2 ，y1 ，y2 が不等式 x1 = x2 と y1 = y2 および等式 x1 + x2 = y1 + y2
を満たすとする．さらに，不等式 x1 5 y1 が成り立つとき，x1 x2 と y1 y2 の大小
を調べよ．
8 正の実数 a に対して，複素数平面上で式 |z − (1 + i)a| = a を満たす複素数 z の
表す点全体からなる図形を C1 とする．また，複素数 z の表す点が図形 C1 全体
1
の上を動くとき，式 w = を満たす複素数 w の表す点全体からなる図形を C2
z
とする．2 つの図形 C1 と C2 の共有点の個数を求めよ．
9 n を自然数とする．2 次関数 y = f (x) のグラフ C は 2 点 (0, 0)，(n, 0) を通
り，C の頂点は第 1 象限にあり，また，C と x 軸とで囲まれた部分の面積 S は
¡ ¢n
S = n 12 を満たしている．このとき，次の問いに答えよ．
(1) グラフ C の頂点の y 座標を q とおくとき，q を n の式で表せ．
3
3
<q<
を満たすものをすべて求めよ．
(2) 自然数 n で (1) の q が
512
64
10 a を実数とする．関数 f (x) = x3 − 3ax2 + 3(a2 + a − 3)x が区間 x > 2 で極値
をもたないような a の値の範囲を求めよ．
3
正解
1
(1) 1 から 10 までの自然数のうち，10 と互いに素である数は
1, 3, 7, 9
ϕ(10) = 4
よって
(2) 1 から pk までの自然数のうち (p は素数)，pk と互いに素でない数は，p の
pk
倍数の
個であるから
p
ϕ(pk ) = pk −
pk
= pk − pk`1
p
(3) 100 = 22 × 52
1 から 100 までの自然数の中で，2 の倍数，5 の倍数の集合をそれぞれ A，
B とすると
n(A) =
100
= 50,
2
n(B) =
100
= 20,
5
n(A ∩ B) =
100
= 10
10
ゆえに
n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) = 50 + 20 − 10 = 60
よって
ϕ(100) = 100 − n(A ∪ B) = 100 − 60 = 40
(4) 1500 = 22 ·3·53
1 から 1500 までの自然数の中で，2 の倍数，3 の倍数，5 の倍数の集合を
それぞれ X ，Y ，Z とすると
1500
1500
1500
= 750, n(Y ) =
= 500, n(Z) =
= 300
2
3
5
1500
1500
n(X ∩ Y ) =
= 250, n(Y ∩ Z) =
= 100
6
15
1500
1500
n(Z ∩ X) =
= 150, n(X ∩ Y ∩ Z) =
= 50
10
30
n(X) =
したがって
n(X ∪ Y ∪ Z) = n(X) + n(Y ) + n(Z) − n(X ∩ Y ) − n(Y ∩ Z)
− n(Z ∩ X) + n(X ∩ Y ∩ Z)
= 750 + 500 + 300 − 250 − 100 − 150 + 50 = 1100
よって
ϕ(1500) = 1500 − n(X ∪ Y ∪ Z) = 1500 − 1100 = 400
4
解説
1 から n までの自然数のうちで，n と互いに素であるものの個数を表す関数 ϕ(n) を，
オイラーのトーシェント関数 (Euler’s totient function) または ϕ 関数 (phi function)
という．(2) の結果から，p を素数，k を自然数とするとき，次式が成り立つ．
µ
¶
1
k
k
k−1
k
ϕ(p ) = p − p
=p 1−
p
定理 1
p，q を素数，k ，l を自然数，n = pk q l とするとき
¶µ
¶
µ
1
1
k
l
ϕ(n) = ϕ(p )ϕ(q ) = n 1 −
1−
p
q
n
証明 1 から n までの自然数のうちで，p，q ，pq で割り切れる個数は，それぞれ ，
p
n n
， であるから，p または q で割り切れる個数は
q pq
よって
n n
n
+ −
p
q
pq
¶
µ
¶µ
¶
µ
n n
n
1
1
+ −
=n 1−
1−
ϕ(n) = n −
p
q
pq
p
q
¶µ
¶
µ
1
1
= pk q l 1 −
1−
= ϕ(pk )ϕ(q l )
p
q
証終
補題 ϕ(90) = ϕ(9)ϕ(10) を示せ．
証明 10 行 9 列の数の並びについて，第 i 行第 j 列を 9i + 10j とすると，次のページ
の表 1 のようになる．また，9i + 10j を 90 で割った余り (ただし割り切れるときは，
便宜上 90 とする) を求めると，表 2 のようになる．
表 2 からもわかるように，9i + 10j (1 5 i 5 10, 1 5 j 5 9) の値は，法 90 につい
て，どの 2 つも合同ではない．仮に，1 5 i, i0 5 10, 1 5 j, j 0 5 9 に対して
9i + 10j ≡ 9i0 + 10j 0
が成立するとき
すなわち
9(i − i0 ) ≡ 10(j 0 − j) (mod 90)
9(i − i0 ) ≡ 0 (mod 10)
10(j 0 − j) ≡ 0 (mod 9)
−9 5 i − i0 5 9，−8 5 j 0 − j 5 8 であるから i = i0 ,
j = j0
5
したがって，表 2 には，1 から 90 までの自然数が 90 個並ぶ．
9i + 10j の値 (表 1)
i
j
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
19 29 39
28 38 48
37 47 57
46 56 66
55 65 75
64 74 84
73 83 93
82 92 102
91 101 111
100 110 120
4
49
58
67
76
85
94
103
112
121
130
5
59
68
77
86
95
104
113
122
131
140
6
69
78
87
96
105
114
123
132
141
150
9i + 10j を 90 で割った余り (表 2)
7
79
88
97
106
115
124
133
142
151
160
8
89
98
107
116
125
134
143
152
161
170
9
99
108
117
126
135
144
153
162
171
180
i j
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
19
28
37
46
55
64
73
82
1
10
2
29
38
47
56
65
74
83
2
11
20
3
39
48
57
66
75
84
3
12
21
30
4
49
58
67
76
85
4
13
22
31
40
5
59
68
77
86
5
14
23
32
41
50
6
69
78
87
6
15
24
33
42
51
60
7
79
88
7
16
25
34
43
52
61
70
8
89
8
17
26
35
44
53
62
71
80
9
9
18
27
36
45
54
63
72
81
90
90 = 9 × 10 で 9 と 10 は互いに素であるから，1 から 90 までの自然数のうち，90
と互いに素である数は 9 または 10 と互いに素である．
表 2 の 1 から 90 までの自然数のうち，9 と互いに素でない数は，すべて 3 列目，6
列目，9 列目に並び，それ以外の列数は ϕ(9)．また，1 から 90 までの自然数のうち，
10 と互いに素でない数は，すべて 2 行目，4 行目，5 行目，6 行目，8 行目，10 行目
に並び，それ以外の行数は ϕ(10)．そこで，これらの数を除いた，すなわち互いに素
であるものを残したものが左下の表である．さらに，これらの数の間を詰めて並べ
たものが右下の表で，数字が書かれた列数は ϕ(9)，数字が書かれた行数は ϕ(10)．
よって，ϕ(90) = ϕ(9)ϕ(10) が成り立つ．
19 29
49 59
79
89 37 47
67 77
7
17
73 83
13 23
43
53
1 11
31 41
61
71
19
37
73
1
29
47
83
11
49
67
13
31
59 79
77 7
23 43
41 61
89 17
53
71
証終
補題の証明を一般化することにより，次の定理を得る．
定理 2
自然数 m，n が互いに素であるとき，次式が成り立つ．
ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n)
6
定理 3
p1 , p2 , · · · , pl を素数，k1 , k2 , · · · , kl を自然数とすると
n = p1 k1 p2 k2 · · · pl kl
について，次式が成り立つ．
µ
¶µ
¶
µ
¶
1
1
1
ϕ(n) = n 1 −
1−
··· 1 −
p1
p2
pl
証明 定理 2 の乗法的性質を用いると
ϕ(n) = ϕ(p1 k1 )ϕ(p2 k2 ) · · · ϕ(pl kl )
µ
¶
µ
¶
µ
¶
1
1
1
k2
kl
k1
1−
p2
· · · pl
1−
= p1
1−
p1
p2
pl
µ
¶µ
¶
µ
¶
1
1
1
=n 1−
1−
··· 1 −
p1
p2
pl
証終
定理 4 フェルマー・オイラーの定理 (Fermat-Euler Theorem)
自然数 n と互いに素である自然数 a について，次式が成り立つ．
aϕ(n) ≡ 1 (mod n)
証明 n 以下の自然数で n と互いに素である数を
r1 , r2 , · · · , rϕ(n)
(1)
とする．これらに n と互いに素である自然数 a を掛けた数
ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n)
(2)
は，どの 2 つも法 n について合同でない．ari ≡ arj と仮定すると，a(ri −rj ) ≡ 0
より，ri ≡ rj ．ゆえに，法 n に関して，(1) と (2) は順序を無視すると一致す
る．したがって，(1) をすべて掛け合わせたものと (2) をすべて掛け合わせたも
のは合同である．すなわち
aϕ(n) r1 r2 · · · rϕ(n) ≡ r1 r2 · · · rϕ(n)
よって
(mod n)
aϕ(n) ≡ 1 (mod n)
とくに，n が素数 p のとき (フェルマーの小定理)
ap−1 ≡ 1 (mod p)
証終
7
2
(1) w = (1 +
ゆえに
³
√
w
π
π´
= 1 + 3i = 2 cos + i sin
z
3
3
¯
¯
w
π ¯w¯
arg = ，¯ ¯ = 2
z
3
z
√
3i)z より
A(z)，B(w) とおくと，
π
4OAB は ∠AOB = ，OB : OA = 2 : 1 の直角三角形
3
√
(2) 2 点 3i と −3 を通る直線上の点 z は，実数 t を用いて
√
z = (1 − t) 3i + t(−3)
と表されるから
w = (1 +
√
√
3i)z
√
3i){(1 − t) 3i + t(−3)}
√
= −3 + (1 − 4t) 3i
= (1 +
よって
(3) z は
√
Re
√
3 の円周上にあるから
√
√
|z − 3i| = 3
√
3i)z より
√ ¯ ¯
√ ¯√
√ ¯¯
¯
¯1 + 3 i¯¯z − 3i¯ = ¯1 + 3 i¯ 3
√ √ ¯
√
√
¯
¯(1 + 3 i)z − (1 + 3 i) 3 i¯ = 2 3
よって
O
−3
w + w = −6
3 i を中心とする半径
w = (1 +
Im
¯
√ ¯
√
¯ w + 3 − 3 i¯ = 2 3
Im
√
−3
3
O Re
8
3
(1) y = x2 − 2x + 1 より y 0 = 2x − 2
曲線上の点 (t, t2 − 2t + 1) における接線の方程式は
y − (t2 − 2t + 1) = (2t − 2)(x − t)
すなわち
y = (2t − 2)x − t2 + 1
···°
1
これが原点を通るから
0 = −t2 + 1 ゆえに t = ±1
これを °
1 に代入すると
y = 0, y = −4x
(2) y 0 = 2x cos x2
(3) y = xcos x (x > 0) の両辺の対数をとると log y = cos x log x
y0
cos x
= − sin x log x +
y
x
¾
½
cos
x
よって
y 0 = xcos x
− (sin x) log x
x
Z
Z
√
1
x x − 1 dx = (x − 1 + 1)(x − 1) 2 dx
(4)
Z n
o
3
1
=
(x − 1) 2 + (x − 1) 2 dx
これを微分すると
2
2
5
3
= (x − 1) 2 + (x − 1) 2 + C
5
3
2
3
=
(3x + 2)(x − 1) 2 + C (C は積分定数)
15
Z e
Z e
(5)
log x dx =
(x)0 log x dx
1
·
=
1
¸e
x log x
Z
e
−
1
= e − (e − 1) = 1
1
1
x· dx
x
9
Z
4
(1)
x
f (x) =
0
·
¸x
1
1
1
1
dt
=
−
=
−
(t + a)2
t+a 0
a x+a
A = lim f (x) =
よって
a 6= b より
1
=
b−a
ゆえに
a
µ
x
x→∞
1
g(x) =
b−a
Z
·
0
1
1
−
t+a t+b
¶
dt
¸x
log |t + a| − log |t + b|
0
¯
µ ¯
¶
¯x + a¯
1
a
¯ − log
=
log ¯¯
b−a
x + b¯
b


a
1+
1

x + log b 
B = lim g(x) =
lim log

b
x→+∞
b − a x→+∞
a
1+
x
b
1
log
=
b−a
a
(2) (1) の結果から
lim B = lim
b→a
b→a
ここで，h(x) = log x とおくと
h0 (x) =
1
log b − log a
b−a
lim B = h0 (a)
b→a
1
1
であるから lim B =
b→a
x
a
10
5
(1) θ = 120◦ ，m は自然数であるから
1
1
cos 3mθ = 1, cos(3m − 1)θ = − , cos(3m − 2)θ = −
2
2
したがって
a3m = 23m−1 cos 3mθ = 23m−1 ·1 = 23m`1
µ ¶
1
3m−2
3m−2
a3m−1 = 2
cos(3m − 1)θ = 2
−
= −23m`3
2
µ ¶
1
a3m−2 = 23m−3 cos(3m − 2)θ = 23m−3 −
= −23m`4
2
(2) (1) の結果から
5
a3m + a3m−1 + a3m−2 = 23m−1 + (−23m−3 ) + (−23m−4 ) = ·8m−1
2
したがって
S3m
S3m−1
S3m−2
m
m
X
X
5 k−1
(a3k + a3k−1 + a3k−2 ) =
·8
=
2
k=1
k=1
5 m
5 8m − 1
= ·
(8 − 1)
=
2 8−1
14
5
= S3m − a3m = (8m − 1) − 23m−1
14
8m
5
=−
−
7
14
8m
5
= S3m−1 − a3m−1 = −
−
− (−23m−4 )
7
14
8m`1
5
=−
−
7
14
11
6
(1) A(2, 1)，B(1, −1) を t : 1 − t に内分する点 P の座標は
((1 − t)·2 + t·1, (1 − t)·1 + t·(−1)) すなわち (2 − t, 1 − 2t)
(2) B(1, −1)，C(0, 1) を t : 1 − t に内分する点 Q の座標は
((1 − t)·1 + t·0, (1 − t)·(−1) + t·1) すなわち (1 − t, − 1 + 2t)
(3) P(2 − t, 1 − 2t)，Q(1 − t, −1 + 2t) を t : 1 − t に内分する点 R(x, y) は
x = (1 − t)(2 − t) + t(1 − t) = 2(1 − t)
y = (1 − t)(1 − 2t) + t(−1 + 2t) = (1 − 2t)2
0 5 t 5 1 より，0 5 x 5 2．上の 2 式から t を消去すると y = (x − 1)2
よって，R の軌跡の方程式は
y = (x − 1)2 (0 5 x 5 2)
y
(4) 直線 BC の方程式は y = −2x + 1
求める面積を S とすると
Z 1
S
=
{(x − 1)2 − (−2x + 1)} dx
2
· 3 ¸
Z0 1
x
1
2
=
x dx =
=
3
3
0
よって
S=
1
C
A
1
O
−1
2
B
2
3
7 x1 5 y1 より，y1 − x1 = k = 0 とおくと，x1 + x2 = y1 + y2 より
x2 − y 2 = y 1 − x1 = k = 0
したがって
x2 = y2 + k ，y1 = x1 + k
· · · (∗)
上の 2 式を x1 = x2 ，y1 = y2 に代入すると
x1 = y2 + k,
x1 + k = y2
すなわち
x1 − y 2 = k
(∗) より x1 x2 − y1 y2 = x1 (y2 + k) − (x1 + k)y2 = k(x1 − y2 )
したがって，上式および (∗)，(∗∗) から
k > 0 のとき x1 x2 > y1 y2
k = 0，すなわち，x1 = y1 ，x2 = y2 のとき x1 x2 = y1 y2
よって
x1 x2 = y1 y2
· · · (∗∗)
x
12
8 |z − (1 + i)a| = a より
y
¯
µ
¶ ¯
¯
¯
z
¯ (1 + i)a
¯=a
−
1
¯
¯
(1 + i)a
¯
¯
√ ¯ (1 − i)z
¯
− 1 ¯¯ = 1
2 ¯¯
2a
¯
¯
√ ¯
1 − i ¯¯
1
¯
= |ω|
ω = より
2 ¯ω −
z
2a ¯
C1
(1+i)a
O
x
1−i
a
C2
両辺を平方すると
µ
¶µ
¶
1−i
1+i
2 ω−
ω−
= ωω
2a
2a
1+i
1−i
1
整理すると ωω −
ω−
ω+ 2 =0
a
a
a
a
1
a
¯
¯
¯
¯ 1
1
−
i
¯=
すなわち ¯¯ω −
a ¯ a
したがって，C1 ，C2 の位置関係は，上の図のようになる．
よって
9
a = 1 のとき 1 個， a 6= 1 のとき 0 個
(1) f (x) = ax(x − n) とおくと，C の頂点は第 1 象限にあるから
Z n
a
S=
ax(x − n) dx = − n3
6
0
µ ¶n
1
S=n
であるから
2
µ ¶n
a 3
1
3
− n =n
これを解いて a = − 2 n−1
6
2
n ·2
3
したがって
f (x) = − 2 n−1 x(x − n)
n ·2
³n´
q=f
であるから
2
´
3
n ³n
3
− n = n+1
q = − 2 n−1 ·
n ·2
2 2
2
(2)
3
3
<q<
および (1) の結果から
512
64
3
3
3
< n+1 < 6
9
2
2
2
したがって
ゆえに
26 < 2n+1 < 29
5 < n < 8 これをみたす自然数は n = 6, 7
13
10 f 0 (x) = 3x2 − 6ax + 3(a2 + a − 3)
f 0 (x) = 0 の判別式を D とすると
D/4 = (−3a)2 − 3·3(a2 + a − 3) = −9(a − 3)
(i) D 5 0，すなわち，a = 3 のとき，f (x) は単調増加
したがって，a = 3 は，条件をみたす．
(ii) a < 3 のとき，f 0 (x) = 3(x − a)2 + 3(a − 3) であるから
a < 2 かつ f 0 (2) = 0
f 0 (2) = 3(a2 − 3a + 1) であるから，(∗) により
(i)，(ii) より
a5
3−
√
2
5
, 35a
· · · (∗)
√
3− 5
a5
2