2013年(平成25年)東京大学前期-数学(理科)[5] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

問題：2013年(平成25年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2020.10.01記
$n$ 進数．

問題文では $x$ は正の実数とあるが，それは(1)の不等式の表現が簡単になるためである．
(1)の不等式は，(2)において $x$ が十分大きければ大丈夫という意味しかない．

そこで以下の考察では $x$ も自然数とする．このとき，
$x$ 進法で考えると（その場合，各桁を「|」で区切るとする）

$A=(x+y-1)(x+y)(x+y+1)=|1|3y|3y^2-1|y^3-y|_{(x)}$ とする．

(1') 十分大きな $x$ に対して、
$|1|3y|0|0|_{(x)} \lt |1|3y|3y^2-1|y^3-y|_{(x)} \leqq |1|3y|x-1|x-1|_{(x)}$
(下2桁が繰り上がって $x^2$ の位に影響を及ぼさない）が成立すること示せ（ $(左辺)\lt(中辺)$ はほぼ明らかだが）．

(2') 10進法で表したとき，1が連続して99回現れるところがあるような $A$ が存在することを示せ．

となる．

(1') $x\gt \max\{3y^2,y^3-y\}$ であれば成立する．
もちろん正確に評価しようとすると $(3y^2-1)x+(y^3-y)\lt x^2$ を解くことになり，(1)と同値になる．

(2') $x$ を(1')の範囲とすると左辺と右辺では上から2桁目が $3y$ で等しいので， $3y$ に1が99桁並べば良い．安直には $3y=\dfrac{10^{99}-1}{9}$ （1を99桁並べた数）とすれば良く，つまり $y=\dfrac{10^{99}-1}{27}$ （037を33回繰り返して並べた数）とすれば良い．その $y$ に対して(1')をみたす10の羃 $x=10^n$ を選べば題意が成立する．

[解答]
(1) 中辺は $(x+y)^3-(x+y)$ であり，
$y$ が自然数であることから $3y^2x\gt x$ （∵ $x\gt 0$ ）， $y^3\gt y$ であるから，
$x^3+3yx^2 =(x+y)^3-3y^2x-y^3\lt (x+y)^3-x-y$ となり， $(左辺)\lt(中辺)$ は任意の正の実数 $x$ に対して成立する．

$(右辺)-(中辺)$ $=x^2-(3y^2-1)x-(y^3-y)$ は $x=0$ で負または0であるから，
求める $x$ の範囲は，この2次式を0とおいた大きい解以上となる．

よって $x\gt\dfrac{3y^2-1+\sqrt{(3y^2-1)^2+4(y^3-y)}}{2}$ となる．

(2) $3y=\dfrac{10^{99}-1}{9}$ （1を99桁並べた数），つまり $y=\dfrac{10^{99}-1}{27}$ （037を33回繰り返して並べた数）とし， $x$ をこの $y$ に対して (1)をみたす 10 の羃 $x=10^n$ とする．

このとき，(1)の左辺，右辺とも上から 1が1個，0が $n-99$ 個，1が $99$ 個並ぶ数となるので，中辺である A も上から 1が1個，0が $n-99$ 個，1が $99$ 個並ぶ数となり，題意をみたす．

なお，東京出版の10年の軌跡には誘導の乗らずに(2)を証明する方法があった．同様な解法が河合出版の72年にもあった．
それを改良したものを載せておく．どちらの解法でも触れられていないが，結局は
$A(n)=n(n+1)(n+2)\approx (n+1)^3$ だから， $A$ が十分大きな数の場合， $n\approx \sqrt[3]{A(n)}-1$ としてやれば良いということ．

[大人の解答]（パクリ）

$A(n)=n(n+1)(n+2)$ とおくと $A(n)$ から $A(n+1)$ へ変化すると， $\dfrac{3}{n}$ の割合で増加する．

$n=10^k$ のとき， $A(10^k)=|1|3|2|0|_{(10^k)}$ であるから，10進法で $3k+1$ 桁の数で上 $k$ 桁は「 $1\underbrace{0…0}_{k-1桁}$ 」である（上から $k+1$ 桁目が3）．

これより大きい数だと増加率は $\dfrac{3}{10^k}\lt \dfrac{1}{10^{k-1}}$ 以下であるから上 $k$ 桁は変化しないか 1増加するかのどちらかである．だから $n$ を増やすとき，上 $k$ 桁は $10^{k-1}$ から自然数を飛び越すことなく順番に値をとり，やがて $3k+2$ 桁になるが，その手前で上 $k$ 桁は $10^{k}-1=\underbrace{99…9}_{k桁}$ となるので，上 $k$ 桁は $1\underbrace{0…0}_{k-1桁}$ から $\underbrace{99…9}_{k桁}$ までの全ての値をとりうる．

よって， $k=99$ とおくことにより，上99桁に1が並ぶような298桁の数が存在する．

ちなみに、 $n=[\sqrt[3]{10}\times 10^k-1]$ のとき，上 $k$ 桁に9が並ぶ $3k+1$ 桁の数であり，
$n=[\sqrt[3]{10}\times 10^k]$ のとき， $3k+2$ 桁の数となる．

$\sqrt[3]{10}=2.1544\cdots$ であり，
$A(20)=9240$ ，
$A(214)=9938160$ ，
$A(2153)=9993946110$ ，…

同じようにすると， $\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}=1.035744...$ を利用して，この近辺で上 $k$ 桁に1が並ぶ $3k+1$ 桁の数が得られる．

[大人の解答？]

例えば， $[x]$ を $x$ 以下の最大の整数として，
$A=\Bigl[\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}\Bigl]\times \Bigl(\Bigl[\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}\Bigl]+1\Bigr)\times \Bigl(\Bigl[\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}\Bigl]+2\Bigr)$
とすると，この上99桁は1である．

[証明] $A(t)=t(t+1)(t+2)=(t+1)^3-(t+1)$ とおくと，これは $t\gt 0$ で単調増加であり，
$t=\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}$ とおくと，これはは無理数であるから，
$A\Bigl(\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}-1\Bigr)$ $\lt A$ $\lt A\Bigl(\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}\Bigr)$ $=A\Bigl(\sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}\times 10^{99}-1\Bigr)\times\dfrac{t+3}{t}$
つまり
$\dfrac{10^{298}}{9}-t \lt A \lt \Bigl(\dfrac{10^{298}}{9}-t\Bigr)\times\dfrac{t+3}{t}$ $=\dfrac{10^{298}}{9}-t+\dfrac{10^{199}}{\sqrt[3]{30}}-3$ $\lt \dfrac{10^{298}}{9}+\dfrac{10^{199}}{\sqrt[3]{30}}$
が成立する．

$\dfrac{10}{9}\gt \sqrt[3]{\dfrac{10}{9}}$ により $t\lt \dfrac{10^{100}}{9}$ であり，
$\sqrt[3]{30}>3$ であるから，
$\dfrac{10^{298}}{9}-\dfrac{10^{100}}{9} \lt A$ $\lt \dfrac{10^{298}}{9}+\dfrac{10^{199}}{3}$
が成立する．つまり
$\underbrace{11\cdots 1}_{198桁}\underbrace{00\cdots 0}_{100桁}$ $\lt A$ $\lt \underbrace{11\cdots 1}_{99桁}\underbrace{44\cdots 4}_{199桁}+\dfrac{4}{9}$
となるので， $A$ の上99桁は1である．

同じように上9桁に123456789が並ぶ28桁の数は
$[ \sqrt[3]{1.23456789}\times 10^9]=1072765979.64$
であるから，これを利用して
$1072765979\times 1072765980\times 1072765981$ $= 1,234,567,891,239,138,915,431,106,400$

同じように上10桁に1234567890が並ぶ31桁の数は
$[ \sqrt[3]{1.234567890}\times 10^{10}]=10727659796.4$
であるから，これを利用して
$10727659796\times 10727659797\times 10727659798$ $= 1,234,567,890,203,394,775,177,286,794,776$
が得られる．