东京大学入学考试理科数学试卷合集

发表于 2025-04-14 更新于 2025-04-14 分类于【杂谈】数学阅读次数：

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无聊的人什么都会做的，小镇做题家依然会用做题作为消遣。

日本高考制度大概可以理解为考两次，第一次是全国统考（共通テスト），考题比较简单，然后第二次则是各个大学自主命题的入学考试，东京大学自然难度一直很高。也当作一种知己知彼，来看看东京大学到底会考什么样的题。

东京大学的理科数学全部是解答题。

令和 6 年（2024）

Problem 1

座標空間内の点 \(A(0, -1, 1)\) をとる。\(xy\) 平面上の点 \(P\) が次の条件 (i), (ii), (iii) をすべて満たすとする。

\(P\) は原点 \(O\) と異なる。
\(\angle AOP\geq\dfrac23\pi\)
\(\angle OAP\leq\dfrac\pi6\)

\(P\) がとりうる範囲を \(xy\) 平面上に図示せよ。

Translation

坐标空间内有点 \(A(0, -1, 1)\)。\(xy\) 平面上有点 \(P\) 满足下述 (i), (ii), (iii) 的所有条件。

\(P\) 与 \(O\) 不重合。
\(\angle AOP\geq\dfrac23\pi\)
\(\angle OAP\leq\dfrac\pi6\)

画图表示 \(P\) 在 \(xy\) 平面上可能所处的范围。

Solution

假设 \(P\) 坐标为 \((x, y, 0)\)，下面逐个描述 \(P\) 所满足的条件。

条件 \((i)\) 说明 \(x\neq0, y\neq0\)。

描述角度则可以直接使用向量夹角的方式计算：

\[ \angle AOP\geq \dfrac23\pi \iff \cos\angle AOP\leq -\dfrac12 \]

而这里：

\[ \cos\angle AOP = \dfrac{\vec{OA}\cdot\vec{OP}}{|\vec{OA}||\vec{OP}|} = \dfrac{-y}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} \]

则条件 (ii) 等价于：

\[ \dfrac{-y}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} \leq -\dfrac12 \]

这种形式继续转化自然可以注意到需要两边平方，不过平方前注意正负号，上述式子已经暗示了 \(y \geq 0\)。在此基础上：

\[ \begin{aligned} \dfrac{-y}{\sqrt{2(x^2 + y^2)}} \leq -\dfrac12 &\iff \dfrac{y^2}{2(x^2 + y^2)} \geq \dfrac14, y \geq 0 \\ &\iff x^2 \leq y^2, y \geq 0 \end{aligned} \]

同理：

\[ \angle OAP\leq\dfrac\pi6 \iff \cos\angle OAP \geq \dfrac{\sqrt3}{2} \]

而这里：

\[ \cos\angle OAP = \dfrac{\vec{AO}\cdot\vec{AP}}{|\vec{AO}||\vec{AP}|} = \dfrac{y + 2}{\sqrt{2[x^2 + (y + 1)^2 + 1]}} \]

同样有条件 (iii) 等价于：

\[ \begin{aligned} \dfrac{y + 2}{\sqrt{2[x^2 + (y + 1)^2 + 1]}} \geq \dfrac{\sqrt3}{2} &\iff \dfrac{(y + 2)^2}{2[x^2 + (y + 1)^2 + 1]} \geq \dfrac34, y \geq -2 \\ &\iff x^2 + \dfrac{(y - 1)^2}{3} \leq 1, y \geq -2 \end{aligned} \]

可以看出后两个条件分别是双直线和椭圆表示的范围，作图较为简单，这里略去。

Comments

其实很容易看出来这些条件很好转化为代数条件，然后代数条件必然是二次的，那显然就是两个二次曲线之间的关系，运算不难，正好当一个热身。

Problem 2

次の関数 \(f(x)\) を考える。

\[ f(x) = \int_0^1 \frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t, 0\leq x\leq 1 \]

\(0<\alpha<\dfrac\pi4\) を満たす実数 \(\alpha\) で、\(f'(\tan\alpha) = 0\) となるものを求めよ。
(1) で求めた \(\alpha\) に対し、\(\tan\alpha\) の値を求めよ。
関数 \(f(x)\) の区間 \(0\leq x\leq 1\) における最大値と最小値を求めよ。必要ならば、\(0.69 < \log 2 < 0.7\) であることを用いてよい。

Translation

考虑下述函数 \(f(x)\)。

\[ f(x) = \int_0^1 \frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t, 0\leq x\leq 1 \]

对满足 \(0<\alpha<\dfrac\pi4\) 的实数 \(\alpha\)，求 \(\alpha\) 使得 \(f'(\tan\alpha) = 0\)
对 (1) 中的 \(\alpha\)，求 \(\tan\alpha\) 的值。
求函数 \(f(x)\) 在区间 \(0\leq x\leq 1\) 上的最大值和最小值。若有必要，可直接使用结论 \(0.69 < \ln 2 < 0.7\)

Solution

这个积分是很好积分的，直接可以得到以下计算：

\[ \begin{aligned} f(x) &= \int_0^1 \frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t \\ &= \left(\int_0^x + \int_x^1\right)\frac{|t - x|}{1 + t^2} {\rm d}t \\ &= \int_0^x\frac{x - t}{1 + t^2} {\rm d}t + \int_x^1\frac{t - x}{1 + t^2} {\rm d}t \\ &= x\left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{1}{1 + t^2}{\rm d}t - \left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{t}{1 + t^2}{\rm d}t \\ &= x\left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{1}{1 + t^2}{\rm d}t - \dfrac12\left(\int_0^x - \int_x^1\right)\dfrac{1}{1 + t^2}{\rm d}(1 + t^2) \\ &= x\left(\left.\arctan t\right|_0^x - \left.\arctan t\right|_x^1\right) - \dfrac12\left(\left.\ln(1 + t^2)\right|_0^x - \left.\ln(1 + t^2)\right|_x^1\right) \\ &= x\left(2\arctan x - \dfrac\pi4\right) - \dfrac12\left(2\ln(1 + x^2) - \ln2\right) \end{aligned} \]

求导得到：

\[ f'(x) = 2\arctan x - \dfrac\pi4 \]

第一问和第二问则据此简单结束：

\[ \alpha = \dfrac\pi8, \tan\alpha = \sqrt2 - 1 \]

在得到导函数情况的基础上，\(f(x)\) 在区间 \([0, 1]\) 上先减再增，则分别计算：

\[ f(0) = \dfrac12\ln2, f(1) = \dfrac\pi4 - \dfrac12\ln2 \]

根据题目中给的范围：

\[ \dfrac\pi4 > \dfrac34 > 0.7 > \ln2 \]

所以最大值是 \(f(1) = \dfrac\pi4 - \dfrac12\ln2\)。

最小值则是：

\[ f(\sqrt2 - 1) = \ln\dfrac{\sqrt2 + 1}{2} \]

Solution

这道题做完我还在疑惑为什么第一问和第二问会分开成两问，之后我找到了河合塾（日本的课外补习班称为塾）给的民间解答，发现日本高中把基础微积分纳入了教纲却没有把反三角函数纳入，这意味着 \(\dfrac1{1 + x^2}\) 的原函数居然是没法直接堂堂正正写 \(\arctan x + C\) 的，这确实很无语了。

回到题目本身，非常简单的积分和函数增减性考察，感觉整体也是用来热身。

Problem 3

座標平面上を次の規則 (i), (ii) に従って 1 秒ごとに動く点 \(P\) を考える。

最初に、\(P\) は点 \((2, 1)\) にいる。
ある時刻で \(P\) が点 \((a, b)\) にいるとき、その 1 秒後には \(P\) は

確率 \(\dfrac13\) で \(x\) 軸に関して \((a, b)\) と対称な点
確率 \(\dfrac13\) で \(y\) 軸に関して \((a, b)\) と対称な点
確率 \(\dfrac16\) で直線 \(y = x\) に関して \((a, b)\) と対称な点
確率 \(\dfrac16\) で直線 \(y = -x\) に関して \((a, b)\) と対称な点

にいる。

以下の問いに答えよ。ただし、(1) については、結論のみを書けばよい。

\(P\) がとりうる点の座標をすべて求めよ。
\(n\) を正の整数とする。最初から \(n\) 秒後に \(P\) が点 \((2, 1)\) にいる確率と、最初から \(n\) 秒後に \(P\) が点 \((-2, -1)\) にいる確率は等しいことを示せ。
\(n\) を正の整数とする。最初から \(n\) 秒後に \(P\) が点 \((2, 1)\) にいる確率を求めよ。

Translation

考虑坐标平面上，按照下述规则 (i), (ii) 每秒运动一次的点 \(P\)。

最初点 \(P\) 位于 \((2, 1)\)
某一时刻点 \(P\) 位于 \((a, b)\)，一秒后 \(P\)

以概率 \(\dfrac13\) 运动到点 \((a, b)\) 关于 \(x\) 轴的对称点
以概率 \(\dfrac13\) 运动到点 \((a, b)\) 关于 \(y\) 轴的对称点
以概率 \(\dfrac16\) 运动到点 \((a, b)\) 关于直线 \(y = x\) 的对称点
以概率 \(\dfrac16\) 运动到点 \((a, b)\) 关于直线 \(y = -x\) 轴的对称点

回答以下问题，其中 (1) 只需要直接写出结论。

求点 \(P\) 所有可能的坐标。
假设 \(n\) 是正整数。证明 \(n\) 秒后点 \(P\) 位于 \((2, 1)\) 的概率与 \(n\) 秒后 \(P\) 位于 \((-2, -1)\) 的概率相同。
假设 \(n\) 是正整数。求 \(n\) 秒后点 \(P\) 位于 \((2, 1)\) 的概率。

Solution

第一问通过简单的 BFS 枚举即可：

最初：\((2, 1)\)
1 秒后：\((2, -1), (-2, 1), (1, 2), (-1, -2)\)
2 秒后：\((-1, 2), (-2, -1), (1, -2)\)

至此已经形成闭包，所以一共是上述 8 个可能点。

从 \((2, 1)\)，将上述 8 个点按照顺时针标号 \(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\)，并且规定标号 \(9\) 等价于标号 \(1\)，后续类推。记第 \(n\) 秒点 \(P\) 位于第 \(i\) 个点的概率为 \(p_n(i)\)。

我们有下述递推关系：

\[ \begin{cases} p_{n + 1}(1) = \dfrac16p_n(2) + \dfrac13p_n(4) + \dfrac16p_n(6) + \dfrac13p_n(8) \\ p_{n + 1}(2) = \dfrac13p_n(3) + \dfrac16p_n(5) + \dfrac13p_n(7) + \dfrac16p_n(1) \\ p_{n + 1}(3) = \dfrac16p_n(4) + \dfrac13p_n(6) + \dfrac16p_n(8) + \dfrac13p_n(2) \\ p_{n + 1}(4) = \dfrac13p_n(5) + \dfrac16p_n(7) + \dfrac13p_n(1) + \dfrac16p_n(3) \\ p_{n + 1}(5) = \dfrac16p_n(6) + \dfrac13p_n(8) + \dfrac16p_n(2) + \dfrac13p_n(4) \\ p_{n + 1}(6) = \dfrac13p_n(7) + \dfrac16p_n(1) + \dfrac13p_n(3) + \dfrac16p_n(5) \\ p_{n + 1}(7) = \dfrac16p_n(8) + \dfrac13p_n(2) + \dfrac16p_n(4) + \dfrac13p_n(6) \\ p_{n + 1}(8) = \dfrac13p_n(1) + \dfrac16p_n(3) + \dfrac13p_n(5) + \dfrac16p_n(7) \\ \end{cases} \]

以及初始条件 \(p_0(1) = 1\) 和 \(i \neq 1\) 时 \(p_0(i) = 0\)。

观察第一个式子和第五个式子，显然发现两个式子右侧完全一致，这就证明了第二问的结论。

事实上，我们总能够得到 \(p_n(i) = p_n(i + 4), n\geq 1\)，因此递推关系可以缩减为：

\[ \begin{cases} p_{n + 1}(1) = \dfrac13p_n(2) + \dfrac23p_n(4) \\ p_{n + 1}(2) = \dfrac23p_n(3) + \dfrac13p_n(1) \\ p_{n + 1}(3) = \dfrac13p_n(4) + \dfrac23p_n(2) \\ p_{n + 1}(4) = \dfrac23p_n(1) + \dfrac13p_n(3) \\ \end{cases} \]

首先，我们注意到在 \(n = 0\) 时，所有偶数 \(i\) 都有 \(p_0(i) = 0\)。通过上述递推关系，我们注意到 \(n = 1\) 时，所有奇数 \(i\) 都有 \(p_1(i) = 0\)。

事实上，通过归纳法容易说明如果 \(n, i\) 同奇偶性，则 \(p_n(i) = 0\)。

而这个暗示了，对于奇数 \(n\geq 1\)，我们有：

\[ 1 = \sum_{i = 1}^8p_n(i) = 2\sum_{i = 1}^4p_n(i) = 2(p_n(2) + p_n(4)) \Rightarrow p_n(2) + p_n(4) = \dfrac12 \]

而同理，对偶数 \(n\geq 1\) 有 \(p_n(1) + p_n(3) = \dfrac12\)。

那么在 \(n\geq 1\) 的条件下：

\[ p_{2n + 1}(2) = \dfrac23p_{2n}(3) + \dfrac13p_{2n}(1) = \dfrac23\left(\dfrac12 - p_{2n}(1)\right) + \dfrac13p_{2n}(1) = \dfrac13 - \dfrac13p_{2n}(1) \]

同理也有：

\[ p_{2n + 2}(1) = \dfrac13p_{2n + 1}(2) + \dfrac23p_{2n + 1}(4) = \dfrac13p_{2n + 1}(2) + \dfrac23\left(\dfrac12 - p_{2n + 1}(2)\right) = \dfrac13 - \dfrac13p_{2n + 1}(2) \]

上述两式又可得到：

\[ p_{2n + 2}(1) = \dfrac13 - \dfrac13\left(\dfrac13 - \dfrac13p_{2n}(1)\right) = \dfrac29 + \dfrac19p_{2n}(1) \]

也就是：

\[ p_{2n + 2}(1) - \dfrac14 = -\dfrac1{36} + \dfrac19p_{2n}(1) = \dfrac19\left(p_{2n}(1) - \dfrac14\right) \]

再结合初始条件，首先计算出 \(p_2(1) = \dfrac{5}{18}\)，则可以得到：

\[ p_n(1) = \begin{cases} 0 & 2\nmid n \\ \dfrac14 + \dfrac14\left(\dfrac13\right)^n & 2\mid n \end{cases}, n\geq 1 \]

Comment

其实数列递推整体不难，难点在于一定要注意什么结论是对全体自然数成立的，什么结论是对 \(n\geq 1\) 成立的，这个也算是数列问题中的核心注意点了。

Problem 4

\(f(x) = -\dfrac{\sqrt2}{4}x^2 + 4\sqrt2\) とおく。\(0 < t < 4\) を満たす実数 \(t\) に対し、座標平面上の点 \((t, f(t))\) を通り、この点において放物線 \(y = f(x)\) と共通の接線を持ち、\(x\) 軸上に中心を持つ円を \(C_t\) とする。

円 \(C_t\) の中心の座標を \((c(t), 0)\)、半径を \(r(t)\) をおく。\(c(t)\) と \(\{r(t)\}^2\) を \(t\) の整式で表せ。
実数 \(a\) は \(0 < a < f(3)\) を満たすとする。円 \(C_t\) が点 \((3, a)\) を通るような実数 \(t\) は \(0 < t < 4\) の範囲にいくつあるか。

Translation

给定函数 \(f(x) = -\dfrac{\sqrt2}{4}x^2 + 4\sqrt2\)。对于满足 \(0 < t < 4\) 的实数 \(t\)，将通过点 \((t, f(t))\)，并且在该点与抛物线 \(y = f(x)\) 有共同切线并且圆心在 \(x\) 轴上的圆记为 \(C_t\)。

记圆 \(C_t\) 的圆心坐标为 \((c(t), 0)\)，半径为 \(r(t)\)。将 \(c(t)\) 与 \(r^2(t)\) 用含 \(t\) 的整式表示。
已知实数 \(a\) 满足 \(0 < a < f(3)\)。问在 \(0 < t < 4\) 范围内，令圆 \(C_t\) 通过点 \((3, a)\) 的 \(t\) 有几个。

Solution

抛物线 \(y = f(x)\) 的过 \((t, f(t))\) 的切线为：

\[ y = f'(t)(x - t) + f(t) = -\dfrac{\sqrt2}{2}tx + 4\sqrt2 + \dfrac{\sqrt2}4t^2 \]

与该切线垂直的，过 \((t, f(t))\) 的直线为：

\[ y = \dfrac{\sqrt2}{t}(x - t) + f(t) = \dfrac{\sqrt2}{t}x + 3\sqrt2 - \dfrac{\sqrt2}{4}t^2 \]

该直线与 \(x\) 轴的交点即为 \(C_t\) 的圆心，从而：

\[ c(t) = \dfrac{1}{4}t^3 - 3t \]

另外一方面：

\[ r^2(t) = (c(t) - t)^2 + f^2(t) = \dfrac1{16}(t^2 + 2)(t^2 - 16)^2 \]

圆 \(C_t\) 圆心到 \((3, a)\) 的距离的平方为：

\[ d^2 := \left(\dfrac14t^3 - 3t - 3\right)^2 + a^2 \]

而 \(t\) 的个数即为有关 \(t\) 的方程 \(d^2 = r^2(t)\) 在 \((0, 4)\) 上解的个数。

该方程即为：

\[ \left(\dfrac14t^3 - 3t - 3\right)^2 + a^2 = \dfrac1{16}(t^2 + 2)(t^2 - 16)^2 \iff 16a^2 = (t^2 + 2)(t^2 - 16)^2 - (t^3 - 12t - 12)^2 \]

令 \(g(x) := (x^2 + 2)(x^2 - 16)^2 - (x^3 - 12x - 12)^2\)，计算得到 \(g'(x) = -24(x^2 - 4)(x - 3)\)。

计算得到 \(g(0) = 368, g(2) = 80, g(3) = 98, g(4) < 0\)，另外由于 \(0 < a < f(3)\)，所以 \(0 < 16a^2 < 98\)。

那么：

\(80 < 16a^2 < 98\)，即 \(\sqrt5 < a < \dfrac74\sqrt2\) 时，存在 \(3\) 个 \(t\)
\(16a^2 = 80\)，即 \(a = \sqrt 5\) 时，存在 \(2\) 个 \(t\)
\(0 < 16a^2 < 80\)，即 \(0 < a < \sqrt5\) 时，存在 \(1\) 个 \(t\)

Comment

非常单纯的计算题，没什么难度。

Problem 5

座標空間内に 3 点 \(A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)\) をとり、\(D\) を線分 \(AC\) の中点とする。三角形 \(ABD\) の周および内部を \(x\) 軸のまわりに 1 回転させて得られる立体の体積を求めよ。

Translation

给定坐标空间内的 3 点 \(A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1)\)，给定 \(D\) 为线段 \(AC\) 的中点。求将三角形 \(ABD\) 的边界与内部绕 \(x\) 轴旋转一圈得到的立体图形的体积。

Solution

设 \(0 \leq t \leq 1\)，令 \(S(t)\) 为平面 \(x = t\) 截该旋转体截面面积，则该体积为 \(S(t)\) 在 \([0, 1]\) 上的积分。

对 \(t \geq\dfrac12\)，平面 \(x = t\) 截三角形 \(ABD\) 得到线段 \(EF\)，\(E, F\) 分别位于边 \(AB, AC\) 上。不难得到两者的坐标为 \(E\left(t, 1 - t, 0\right), F\left(t, 0, 1 - t\right)\)。此时，截面为一圆环，外径为 \(1 - t\)，内径为 \(\dfrac{\sqrt2}{2}(1 - t)\)，从而：

\[ S(t) = \dfrac\pi2(1 - t)^2, \dfrac12 \leq t\leq 1 \]

对 \(t < \dfrac12\)，平面 \(x = t\) 截三角形 \(ABD\) 得到线段 \(EF\)，\(E, F\) 分别位于边 \(AB, BD\) 上。不难得到两者的坐标为 \(E\left(t, 1 - t, 0\right), F\left(t, 1 - 2t, t\right)\)。此时，截面为一圆环。

在 \(\dfrac13 \leq t < \dfrac12\) 的时候，该圆环外径为 \(1 - t\)，内径依然为 \(\dfrac{\sqrt2}{2}(1 - t)\)，从而：

\[ S(t) = \dfrac\pi2(1 - t)^2, \dfrac13\leq t < \dfrac12 \]

在 \(0\leq t < \dfrac13\) 的时候，该圆环外径为 \(1 - t\)，内径则变化为为 \(\sqrt{t^2 + (1 - 2t)^2}\)，从而：

\[ S(t) = \pi\left((1 - t)^2 - t^2 - (1 - 2t)^2\right) = (-4t^2 + 2t)\pi, 0\leq t < \dfrac13 \]

从而：

\[ V = \int_0^1 S(t) {\rm d}t = \int_0^{\frac13}(-4t^2 + 2t)\pi{\rm d}t + \int_{\frac13}^1\dfrac\pi2(1 - t)^2{\rm d}t = \dfrac\pi9 \]

Comment

很纯正的计算题，没有什么好评价的。

Problem 6

\(2\) 以上の整数で、\(1\) とそれ自身以外に正の約数を持たない数を素数という。以下の問いに答えよ。

\(f(x) = x^3 + 10x^2 + 20x\) とする。\(f(n)\) が素数となるような整数 \(n\) をすべて求めよ。
\(a, b\) を整数の定数とし、\(g(x) = x^3 + ax^2 + bx\) とする。\(g(n)\) が素数となるような整数 \(n\) の個数は 3 個以下であることを示せ。

Translation

若不小于 \(2\) 的整数，除了 \(1\) 与自身外没有其他的正约数，则称之为素数。回答以下问题。

令 \(f(x) = x^3 + 10x^2 + 20x\)。求所有使得 \(f(n)\) 是素数的整数 \(n\)
给定整数 \(a, b\) 以及 \(g(x) = x^3 + ax^2 + bx\)。证明使得 \(g(n)\) 是素数的 \(n\) 不多于 3 个。

Solution

首先必然有 \(n \mid f(n)\)，那么存在 \(n\) 令 \(f(n)\) 是素数等价于下述四个条件有一成立：

\(f(1)\) 是素数，此时 \(n = 1\)
\(f(-1)\) 是素数，此时 \(n = -1\)
存在素数 \(p\) 令 \(p = f(p)\)，此时 \(n = p\)
存在素数 \(q\) 令 \(q = f(-q)\)，此时 \(n = -q\)

逐个验证即可得到所有可能值 \(n = 1, -1, -3, -7\)，将其反代回 \(f(n)\) 中验证发现除了 \(n = -1\) 均可以令 \(f(n)\) 为素数。

所以 \(n = 1, -3, -7\)。

同上述论证，存在 \(n\) 令 \(g(n)\) 为素数等价于下述四个条件有一成立：

\(g(1)\) 是素数，此时 \(n = 1\)
\(g(-1)\) 是素数，此时 \(n = -1\)
存在素数 \(p\) 令 \(p = g(p)\)，此时 \(n = p\)
存在素数 \(q\) 令 \(q = g(-q)\)，此时 \(n = -q\)

第一个条件说明 \(a + b + 1\) 是素数。

第二个条件说明 \(a - b - 1\) 是素数。

第三个条件说明存在素数 \(p\) 令 \(p^2 + ap + b = 1\)

第四个条件说明存在素数 \(q\) 令 \(q^2 - aq + b = -1\)

如果第三个条件和第四个条件同时成立，两式子相减说明：

\[ (p - q + a)(p + q) = 2 \]

显然这要求存在两个素数 \(p, q\) 令 \(p + q\mid 2\)，这不可能。所以第三个条件和第四个条件不可能同时成立。

若是前两个条件有一个不成立，那么前两个条件最多贡献 \(1\) 个可能的 \(n\) 值，而后两个条件又最多成立一个，最多贡献 \(2\) 个可能的 \(n\) 值，也就说明至多 \(3\) 个可能的 \(n\)。

所以我们仅需要考虑前两个条件均成立的情况，并且后两个的条件必然成立一个，否则 \(n\) 的可能值最多为 \(2\)。在此基础上，我们只要证明后两个条件无论成立哪一个，均不可能提供多于 \(1\) 个可能的 \(n\) 值即可。

注意到后两个条件均为二次方程，若其提供多于 \(1\) 个可能的 \(n\) 值，则意味着对应的二次方程两个根都是素数。

对第三个条件而言，设根为素数 \(q_1, q_2\)，那么 \(a = -q_1 - q_2 < 0\)，然而 \(2a = (a + b + 1) + (a - b - 1)\) 是两个素数之和，必然为正整数，矛盾。

对第四个条件而言，设根为素数 \(q_1, q_2\)，那么 \(a = q_1 + q_2, b = q_1q_2 - 1\)。此时：

\[ a - b - 1 = q_1 + q_2 - q_1q_2 = -(q_1 - 1)(q_2 - 1) + 1 \leq 0 \]

不为素数，矛盾。

因此我们证明完毕了所有情况。

令和 5 年（2023）

Problem 1

正の整数 \(k\) に対し

\[ A_k = \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k + 1)\pi}} |\sin(x^2)|{\rm d}x \]

とおく。次の不等式が成り立つことを示せ。

\[ \dfrac{1}{\sqrt{(k + 1)}\pi} \leq A_k \leq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} \]

正の整数 \(n\) に対し

\[ B_n = \dfrac{1}{\sqrt n}\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| {\rm d}x \]

とおく。極限 \(\lim_{n\to\infty} B_n\) を求めよ。

Translation

对于正整数 \(k\)，令

\[ A_k = \int_{\sqrt{k\pi}}^{\sqrt{(k + 1)\pi}} |\sin(x^2)|{\rm d}x \]

证明下述不等式。

\[ \dfrac{1}{\sqrt{(k + 1)}\pi} \leq A_k \leq \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} \]

对于正整数 \(n\)，令

\[ B_n = \dfrac{1}{\sqrt n}\int_{\sqrt{n\pi}}^{\sqrt{2n\pi}} |\sin(x^2)| {\rm d}x \]

求极限 \(\lim_{n\to\infty} B_n\)

Solution

作换元 \(t = x^2\)，则：

\[ \begin{aligned} A_k &= \int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} |\sin t| {\rm d}\sqrt t = \int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt t} {\rm d}t \\ \end{aligned} \]

那么：

\[ A_k \leq \int_{k\pi}^{(k + 1)\pi} \frac{|\sin t|}{2\sqrt{k\pi}} {\rm d}t = \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} \]

不等式另一边可以同理放缩得到。

不难得到下述等式：

\[ B_n = \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} A_k \]

因此利用先前的结论：

\[ B_n \leq \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{1}{\sqrt{k\pi}} < \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{2}{\sqrt{(k - 1)\pi} + \sqrt{k\pi}} = \dfrac{2(\sqrt{2n - 1} - \sqrt{n - 1})}{\sqrt{n\pi}} \]

同理：

\[ B_n \geq \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{1}{\sqrt{(k + 1)\pi}} > \dfrac{1}{\sqrt n}\sum_{k = n}^{2n - 1} \dfrac{2}{\sqrt{(k + 1)\pi} + \sqrt{(k + 2)\pi}} = \dfrac{2(\sqrt{2n + 1} - \sqrt{n + 1})}{\sqrt{n\pi}} \]

根据夹逼法则得到：

\[ \lim_{n\to\infty} B_n = \dfrac{2}{\sqrt\pi}(\sqrt2 - 1) \]

Comment

挺好的练习题，除了放在第一题可能有点难了之外。

Problem 2

黒玉 3 個、赤玉 4 個、白玉 5 個が入っている袋から玉を 1 個ずつ取り出し、取り出した玉を順に横一列に 12 個すべて並べる。ただし、袋から個々の玉を取り出される確率は等しいものとする。

どの赤玉も隣り合わない確率 \(p\) を求めよ。
どの赤玉も隣り合わないとき、どの黒玉も隣り合わない条件付き確率 \(q\) を求めよ。

Translation

有一个放有 3 个黑球、4 个红球、5 个白球的袋子，现在从中逐个取出球，并将取出来的球按照取出顺序排列为长度为 12 的一列。规定，从袋中取每一个球的概率相同。

求最后队列中没有相邻的红球的概率 \(p\)
在最后队列中没有相邻的红球的时候，求没有相邻黑球的条件概率 \(q\)

Solution

记最后队列中，4 个红球将整个队列分为 5 段，每段分别有 \(x_{1, 2, 3, 4, 5}\) 个球。显然：

\[ x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 8 \]

红球不相邻意味着 \(x_{2, 3, 4}\geq 1, x_{1, 5}\geq 0\)，令 \(x_1' = x_1 + 1, x_5' = x_5 + 1\)，则未知数之和变为 \(10\)，且不定方程未知数全部为正整数，其解的组数为 \(C_9^4\)。

最终概率为：

\[ p = \frac{(C_9^4\cdot 4!)\cdot8!}{12!} = \frac{14}{55} \]