[math]2022年東京医科歯科大学医学科数学問題1

問題
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問題

$n$を自然数とする。整数$i, j$に対し、$xy$平面上の点$P_{i, j}$の座標を$$\left(\cos{\frac{2\pi}{n}i} + \cos{\frac{2\pi}{n}j}, \sin{\frac{2\pi}{n}i}+\sin{\frac{2\pi}{n}j}\right)$$で与える。さらに、$i, j$を動かしたとき、$P_{i, j}$の取り得る異なる座標の個数を$S_n$とする。このとき、以下の各問いに答えよ。
$(1)$ $n = 3$のとき、$\triangle{P_{0, 0}P_{0, 1}P_{0, 2}}$および$\triangle{P_{1, 0}P_{1, 1}P_{1, 2}}$を同一座標平面上に図示せよ。
$(2)$ $S_4$を求めよ。
$(3)$ 平面上の異なる$2$点$A, B$に対して、$AQ = BQ = 1$であるような同一平面上の点$Q$はいくつあるか。$AB = d$の値で場合分けして答えよ。
$(4)$ $S_n$を$n$を用いて表わせ。

方針

問題になるのは$(4)$だけであるが、$(3)$の誘導をどう活かすか。原点$O$と$P_{i, j}$との距離を$d_{i, j}$として、$d_{i, j}$の距離に応じて場合分けを考えると良い。

解答

$(1)$ $n = 3$のとき $\displaystyle \cos{\frac{0}{3}} = 1, \cos{\frac{2\pi}{3}} = -\frac{1}{2}, \cos{\frac{4\pi}{3}} = -\frac{1}{2}, \sin{\frac{0}{3}} = 0, \sin{\frac{2\pi}{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}, \sin{\frac{4\pi}{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$であるから、$$\begin{eqnarray}P_{0, 0} & = & (2, 0)\\ P_{0, 1} & = & \left(1-\frac{1}{2}, 0+ \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ & = & \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ P_{0, 2} & = & \left(1-\frac{1}{2}, 0-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ & = & \left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\end{eqnarray}$$であり、$$\begin{eqnarray}P_{1, 0} & = & \left(-\frac{1}{2}+1, \frac{\sqrt{3}}{2} + 0\right)\\ & = & \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ P_{1, 1} & = & \left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ & = & (-1, \sqrt{3})\\ P_{1, 2} & = & \left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ & = & (-1, 0)\end{eqnarray}$$である。図示すると、以下の図のようになる。

$(2)$ $n = 4, i = 0, 1, 2, 3$のとき$\displaystyle \cos{\frac{2\pi}{n}i} = 1, 0, -1, 0$であり、$\displaystyle \sin{\frac{2\pi}{n}i} = 0, 1, 0, -1$である。$4$を法として考えれば良いので、$P_{i, j}$の取り得る値は以下の表のようになる。これを図示すると下の図のようになり、$\underline{S_4 = 9}$であることがわかる。

$(3)$ 点$A$を中心とする半径$1$の円と、点$B$を中心とする半径$1$の円を考えると、$d < 2$のときこの$2$つの円は$2$点で交わり、$d = 2$のとき$1$点で接し、$d > 2$のときは交わらない事がわかる。

$(4)$ $P_{i, j} = P_{j, i}$であるから、$0\leq i\leq j \leq n-1$として考えれば良い。原点$O$と点$P_{i, j}$との距離を$d_{i, j}$とする。$(3)$から$d_{i, j}$の値で場合分けして考える。
$(i)$ $d_{i, j} = 0$のとき、$\displaystyle \frac{2\pi}{n}j – \frac{2\pi}{n}i = \pi$となる。変形して、$\displaystyle j-i = \frac{n}{2}$である。したがって、$n$が奇数のときはこれを満たす$i, j$は存在せず、$n$が偶数のときは、$\displaystyle (i, j) = \left(0, \frac{n}{2}\right), \left(1, \frac{n}{2}+1\right), \cdots, \left(\frac{n}{2}-1, n-1\right)$の$\displaystyle \frac{n}{2}$個が$\displaystyle j-i = \frac{n}{2}$を満たす。$S_n$としては、原点のみの$1$つとなる。
$(ii)$ $0 < d_{i, j} <2 $のとき、$i\ne j$であり、$(3)$から$OP_{i, j}$となるような$i, j\ (i < j)$の組は一つだけ存在する（$O$を中心とする半径$1$の円周上に$\displaystyle \left(\cos{\frac{2\pi}{n}i}, \sin{\frac{2\pi}{n}i}\right)$があり、$P_{i, j}$を中心とする半径$1$の円周上に$\displaystyle \left(\cos{\frac{2\pi}{n}j}, \sin{\frac{2\pi}{n}j}\right)$があると考える）。したがって、$0\leq i < j < n$となるように$0$から$n-1$までの整数から$2$個を選んで$i, j$とすれば良いのだが、$\displaystyle j-i = \frac{n}{2}$となるものは除かないといけない。そのような選び方は$n$が奇数の場合は$\displaystyle _{n}{\mathbb{C}}_{2} = \frac{n(n-1)}{2}$通りであり、$n$が偶数の場合は$\displaystyle _{n}{\mathbb{C}}_{2}-\frac{n}{2} = \frac{n(n-2)}{2}$通りとなる。
$(iii)$ $d_{i, j} = 2$のとき、$i = j$であり、$i = 0, 1, 2, \cdots, n-1$に対して$P_{i, j} = P_{i, i}$はすべて異なる$n$個の点である。

$(i), (ii), (iii)$から、$n$が偶数のとき、$\displaystyle S_n = 1+\frac{n(n-2)}{2}+n = \underline{\frac{n^2+2}{2}}$であり、$n$が奇数のとき、$\displaystyle S_n = \frac{n(n-1)}{2}+n = \underline{\frac{n(n+1)}{2}}$となる。

解説

$(3)$まではどうということはないが、$(4)$は高度で難しい。円周上の正$n$角形を考えてもなかなかスッキリと考えがまとまらない。$OP_{i, j}$の値に応じて場合分けして考えるが、$(3)$を使うのは$0 < d_{i, j} < 2$のときだけである。直感的には$0, 1, 2, \cdots, n-1$の中から$2$つ選んで$i, j$とすれば良いと思うのだが、$n$が偶数の場合は$\displaystyle j-i = \frac{n}{2} $となるとベクトルが原点に戻ってきてしまうので、除く必要がある。こういった細かい点を考慮すると、試験時間内に完答できた受験生は相当の実力があると考えてよいだろう。