阪大理系 2019年度 数学の解答・解説

微分積分学の基本定理より $\frac{d}{dx}{\int }_x^b{\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}dt=-{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ である。また

で、$\frac{d}{dx}{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}=-x{\mathrm{e}}^{-\frac{x^2}{2}}$ なので、積の微分より

である。よって

である。中括弧の中を ${\left(x^2+1\right)}^2$ で通分すると、分子は

となり、$x$ が消えて定数 $2$ になる。したがって

がすべての実数 $x$ で成り立つ。よって $f$ は（$b$ の値によらず）単調に減少する。$■$

左側。(1) の $f$（この $b$ を使う）で

である。$f$ は減少で $a\le b$ だから $f\left(a\right)\ge f\left(b\right)$、すなわち

である。移項すると左側の不等式になる。

右側。$t>0$ では ${\mathrm{e}}^{-\frac{t^2}{2}}$ は減少するので、$a\le t\le b$ のとき

である。$a\le b$ なので、この不等式を $a$ から $b$ まで積分して

を得る。$■$

$s=\sqrt{n}t$ とおくと $\frac{n{t}^2}{2}=\frac{s^2}{2}$、$dt=\frac{ds}{\sqrt{n}}$ で、$t:1\to 2$ のとき $s:\sqrt{n}\to 2\sqrt{n}$ なので

である。(2) を $a=\sqrt{n}$、$b=2\sqrt{n}$（ともに正で $a\le b$）に使うと

である。$\sqrt{n}$ で割ると

である。

上から。$\left(\ast \right)$ の右より $\log I_n\le -\frac{n}{2}$、よって

である。

下から。$\left(\ast \right)$ の左を $\frac{{\mathrm{e}}^{-n/2}}{n+1}$ でくくると

である（$\frac{2{\mathrm{e}}^{-2n}}{4n+1}=\frac{{\mathrm{e}}^{-n/2}}{n+1}\cdot \frac{2\left(n+1\right){\mathrm{e}}^{-3n/2}}{4n+1}$ による）。括弧の中は $n\to \infty$ で $1$ に収束するので、ある $N$ から先はつねに $\frac{1}{2}$ 以上である。よって $n\ge N$ で

であり、対数をとって $n$ で割ると

である。与えられた $\frac{1}{n}\log \left(n+1\right)\to 0$ と $\frac{\log 2}{n}\to 0$ より、右辺は $-\frac{1}{2}$ に収束する。

はさみうちの原理より

である。

答えが $-\frac{1}{2}$ になるのは、${\mathrm{e}}^{-n{t}^2/2}$ が $1\le t\le 2$ のうち左端 $t=1$ のごく近くにだけ集中するからである。$I_n\doteqdot \frac{{\mathrm{e}}^{-n/2}}{n}$ くらいの大きさで、$\frac{1}{n}\log$ をとると $n$ の多項式ぶんは消え、${\mathrm{e}}^{-n/2}$ の肩だけが残る。

漸化式を移項すると

である。よって階差 $d_n=z_n-z_{n-1}$ は公比 $-w$ の等比数列で、$d_2=z_2-z_1=-w$ だから

である。$z_1=1={\left(-w\right)}^0$ と合わせて

である。とくに $-w\ne 1$ のとき

であり、$-w=1$（つまり $w=-1$）のときは $z_n=n$ である。以下、$\theta =\frac{a\pi }{3+b}$、$v=-w={\mathrm{e}}^{i\left(\theta +\pi \right)}$ とおく。$\left|v\right|=1$ である。

$a=4$、$b=3$ のとき $\theta =\frac{4\pi }{6}=\frac{2\pi }{3}$ なので

である。$v^6={\mathrm{e}}^{-2\pi i}=1$ で、$v,v^2,\dots ,v^5$ はどれも $1$ でないから、$v$ は $1$ の原始6乗根である。

$\left(\ast \right)$ より $z_n-z_{n-1}=v^{n-1}$ なので、点を順に結んだときの各辺のベクトルは

の6つである。どれも絶対値 $1$、偏角は $-\frac{\pi }{3}$ ずつ減っていく。つまり「長さ $1$ 進んでは $60^{\circ }$ ずつ右に曲がる」動きを6回くり返す。さらに

なので $z_7=z_1$ で閉じる。したがってできる図形は1辺の長さ $1$ の正六角形である。

実際に計算すると

で、$z_7=1=z_1$ である。6点の重心は $\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ で、ここから各点までの距離はどれも $1$ である。

$a=2$、$b=1$ のとき $\theta =\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$ なので $w=i$、$v=-w=-i$ である。$v^4=1$ で、$v,v^2,v^3$ は $1$ でないから $v$ は $1$ の原始4乗根である。

$\left(\ast \right)$ より

である。$v^0+v^1+v^2+v^3=1-i-1+i=0$ なので、$4$ つずつまとめると消える。$63=4\cdot 15+3$ だから、残るのは最後の3項で

である。

公式で確かめると、$v^{63}=v^{60}\cdot v^3=1\cdot i=i$ なので

で一致する。

$m=3+b$ とおく。$b$ は $1$ から $6$ なので $m\in \left\{4,5,6,7,8,9\right\}$、$a\in \left\{1,\dots ,6\right\}$ である。

$v=1$ のときは $z_{63}=63\ne 0$ である。$v\ne 1$ のときは

なので

である。

$v={\mathrm{e}}^{i\pi \left(\frac{a}{m}+1\right)}$ なので $v^{63}={\mathrm{e}}^{i\cdot 63\pi \left(\frac{a}{m}+1\right)}$ であり

である。$63$ は奇数なので $63\cdot 1=63$ は奇数、したがって

である。また $v=1⟺\frac{a}{m}+1$ が偶数の整数 $⟺\frac{a}{m}$ が奇数の整数であり、$a\le 6<m+m$ かつ $m\ge 4$ から $\frac{a}{m}\le \frac{6}{4}<2$ なので、これは $\frac{a}{m}=1$、つまり $a=m$ のときだけである。

以上より、求める条件は

である。$63=3^2\cdot 7$ に注意して $m$ ごとに調べる。

1. $m=4$（$b=1$）：$\frac{63a}{4}$ が整数 $⟺4\mid a$ より $a=4$。このとき $\frac{63\cdot 4}{4}=63$ は奇数だが $a=m$ なので不適。
2. $m=5$（$b=2$）：$5\mid a$ より $a=5$。$\frac{63\cdot 5}{5}=63$ は奇数だが $a=m$ なので不適。
3. $m=6$（$b=3$）：$\frac{63a}{6}=\frac{21a}{2}$ が整数 $⟺a$ が偶数。$a=2$ なら $21$（奇数）で適、$a=4$ なら $42$（偶数）で不適、$a=6$ は $63$ だが $a=m$ で不適。よって $a=2$ のみ。
4. $m=7$（$b=4$）：$\frac{63a}{7}=9a$ はつねに整数で、奇数 $⟺a$ が奇数。$a=1,3,5$ の3通り（$a=m$ は起こらない）。
5. $m=8$（$b=5$）：$8\mid 63a⟺8\mid a$ だが $a\le 6$ なのでなし。
6. $m=9$（$b=6$）：$\frac{63a}{9}=7a$ はつねに整数で、奇数 $⟺a$ が奇数。$a=1,3,5$ の3通り。

当てはまる $\left(a,b\right)$ は

の7通りである。全部で $6\times 6=36$ 通りなので、求める確率は

である。

$m=4,5$ では「$\frac{63a}{m}$ が奇数の整数」はみたすのに $a=m$ で落ちる、という引っかけになっている。$v=1$ のときは等比数列の和の公式が使えず $z_{63}=63$ なので、必ず別扱いが要る。

$x=s+t$、$y=st$ のとき、$s,t$ は $u$ の2次方程式

の2解である。$s,t$ が実数であるためには判別式が $0$ 以上、つまり

が必要である。$\left(x,y\right)=\left(2,\sqrt{2}\right)$ を入れると

である（$\sqrt{2}>1$）。よって $s+t=2$、$st=\sqrt{2}$ をみたす実数 $s,t$ は存在しない。したがって $\left(2,\sqrt{2}\right)$ は $A$ の点ではない。

$\left(x,y\right)$ が $A$ の点である必要十分条件は、$u^2-xu+y=0$ が実数解 $s,t$（重解も可）をもち、かつ $s^2+t^2\le 6$ となることである。

1. 実数解をもつ：$x^2-4y\ge 0$、すなわち $y\le \frac{x^2}{4}$
2. $s^2+t^2={\left(s+t\right)}^2-2st=x^2-2y\le 6$、すなわち $y\ge \frac{x^2-6}{2}$

逆に、この2つをみたす $\left(x,y\right)$ に対しては $u^2-xu+y=0$ の2解 $s,t$ が実数で、$s+t=x$、$st=y$、$s^2+t^2=x^2-2y\le 6$ となる。よって

である。中身が空でない条件は

すなわち $-2\sqrt{3}\le x\le 2\sqrt{3}$ である。両端 $x=\pm 2\sqrt{3}$ では上下が一致して $y=3$ の1点になる。

$U\left(x\right)=\frac{x^2}{4}$、$L\left(x\right)=\frac{x^2-6}{2}$ とおく。$A$ は $y$ 軸について対称ではないが $x\mapsto -x$ で不変なので、$x\ge 0$ の部分を考えて2倍すればよい。

$x$ を固定すると、$A$ の切り口は線分 $L\left(x\right)\le y\le U\left(x\right)$ である。これを $x$ 軸のまわりに回すと

1. $L\left(x\right)\le 0\le U\left(x\right)$ のとき（$x^2\le 6$）：線分が $x$ 軸をまたぐので円板。半径は $\max \left(U,\left|L\right|\right)$。
2. $0\le L\left(x\right)$ のとき（$x^2\ge 6$）：円環。外半径 $U$、内半径 $L$。

$U\left(x\right)\ge 0$ はつねに正しい。$\left|L\left(x\right)\right|=\frac{6-x^2}{2}$ と $U\left(x\right)=\frac{x^2}{4}$ の大小は

で決まる。まとめると、$0\le x\le 2\sqrt{3}$ では

1. $0\le x\le 2$：円板、半径 $\frac{6-x^2}{2}$
2. $2\le x\le \sqrt{6}$：円板、半径 $\frac{x^2}{4}$
3. $\sqrt{6}\le x\le 2\sqrt{3}$：円環、外半径 $\frac{x^2}{4}$、内半径 $\frac{x^2-6}{2}$

である。したがって

である。1つめは

である。2つめは

である。3つめは、被積分関数を整理すると

なので

である。3つを足すと

なので

である（$\doteqdot 92.009$）。

規則を記号で書く。分数 $\frac{p}{q}$ から

である。$\mathrm{L}$ では分母だけが増え、$\mathrm{R}$ では分子だけが増える。$n$ 段目には $2^{n-1}$ 個の分数が並ぶ。

逆向きも用意しておく。$\frac{p}{q}$ が $1$ 段目以外にあるとき、その真上（親）は

である。実際、$\frac{p}{q-p}$ に $\mathrm{L}$ を施すと $\frac{p}{p+\left(q-p\right)}=\frac{p}{q}$、$\frac{p-q}{q}$ に $\mathrm{R}$ を施すと $\frac{\left(p-q\right)+q}{q}=\frac{p}{q}$ になる。これはユークリッドの互除法の1ステップ（大きいほうから小さいほうを引く）そのものである。

段数 $n$ についての帰納法で「$n$ 段目のどの分数 $\frac{p}{q}$ も $p$ と $q$ が互いに素」を示す。

$n=1$ のとき、$\frac{1}{1}$ で $1$ と $1$ は互いに素である。

$n$ 段目の $\frac{p}{q}$ で $p,q$ が互いに素だとする。$d$ を $p$ と $p+q$ の公約数とすると、$d$ は $\left(p+q\right)-p=q$ も割り切るので $d$ は $p$ と $q$ の公約数、よって $d=1$ である。したがって $\frac{p}{p+q}$ は既約である。同様に、$p+q$ と $q$ の公約数は $\left(p+q\right)-q=p$ も割り切るので $1$ だけで、$\frac{p+q}{q}$ も既約である。

よって $n+1$ 段目の分数もすべて既約である。帰納法よりすべての段で成り立つ。$■$

正の有理数は既約分数 $\frac{p}{q}$（$p,q$ は互いに素な正の整数）としてただ一通りに書ける。この $\frac{p}{q}$ が樹形図に現れることを、$p+q$ についての帰納法で示す。

$p+q=2$ のときは $p=q=1$ で、$\frac{1}{1}$ は $1$ 段目にある。

$p+q\ge 3$ とする。$p,q$ は互いに素なので $p=q$ なら $p=q=1$ となり $p+q=2$、よって $p\ne q$ である。

1. $p<q$ のとき。$\frac{p}{q-p}$ を考える。$q-p$ は正の整数で、$\gcd \left(p,q-p\right)=\gcd \left(p,q\right)=1$ だから既約。和は $p+\left(q-p\right)=q<p+q$ なので、帰納法の仮定より樹形図に現れる。その左下が $\frac{p}{p+\left(q-p\right)}=\frac{p}{q}$ である。
2. $p>q$ のとき。同様に $\frac{p-q}{q}$ は既約で和は $p<p+q$、その右下が $\frac{p}{q}$ である。

どちらの場合も $\frac{p}{q}$ は樹形図に現れる。帰納法よりすべての正の有理数が現れる。$■$

(1) より、樹形図に現れる分数はすべて既約である。$\mathrm{L}$ で作った分数は $p<q$、$\mathrm{R}$ で作った分数は $p>q$ をみたし、$p=q$ となるのは $\frac{1}{1}$ だけである（既約で $p=q$ なら $p=q=1$）。

したがって、$\frac{1}{1}$ 以外の分数については、その値だけから

1. 左下・右下のどちらから来たか（$p$ と $q$ の大小）
2. 親が何か（$p<q$ なら $\frac{p}{q-p}$、$p>q$ なら $\frac{p-q}{q}$）

が一意に決まる。

いま、樹形図の2つの場所に同じ値 $\frac{p}{q}$ が現れたとする。(2) の降下と同じ理由で、親をとる操作を繰り返せば有限回（$p+q$ が毎回減るので）で $\frac{1}{1}$ に着く。その途中に現れる値の列も、どちらの場所から出発しても同じである。したがって2つの場所は同じ段数にあり、$\frac{1}{1}$ からの道筋（$\mathrm{L}$ と $\mathrm{R}$ の並び）も同じである。道筋が同じなら場所も同じなので、2つの場所は一致する。

よって同じ値が2か所に現れることはなく、現れる有理数はすべて異なる。$■$

(1)(2)(3) を合わせると、「正の有理数全体」と「樹形図の場所全体」が1対1に対応する。樹形図を上から順に、各段は左から右に読めば、正の有理数を重複なく並べ上げる列ができる。

$\frac{19}{44}$ から親を順にたどる。$p<q$ なら $\frac{p}{q-p}$、$p>q$ なら $\frac{p-q}{q}$ である。