3広島大学 2024年 数学 第3問解答・解説

(1) 直線 $P_{n}Q_{n}$ の方程式は $bx+ay=abn$ である。格子点 $(x,\,y)$ では $x$、$y$ は整数であり、この式から $bx$ は $a$ で割り切れる。$a$、$b$ は互いに素なので $x$ は $a$ で割り切れる。従って $x=ak$（$k$ は整数）と書け、式へ代入すると $y=b(n-k)$ である。$x\geqq0$、$y\geqq0$ より $0\leqq k\leqq n$。逆にこの範囲の各 $k$ は条件を満たすので、示された点がすべてである。

(2) 長方形 $OPRQ$ の格子点数は $(a+1)(b+1)$ である。点 $(x,\,y)$ を $(a-x,\,b-y)$ に移す対称移動は三角形 $OPQ$ を三角形 $PRQ$ に移し、共通部分は辺 $PQ$ である。(1) を $n=1$ として使うと、辺 $PQ$ 上の格子点は 2 個である。三角形 $OPQ$ の格子点数を $T$ とすれば
$$(a+1)(b+1)=2T-2,\qquad T=\dfrac{ab+a+b+3}{2}.$$

(3) $0\leqq x\leqq an$、$0\leqq y\leqq bn$ で表される長方形の格子点数は $(an+1)(bn+1)$ である。点 $(x,\,y)$ を $(an-x,\,bn-y)$ に移す対称移動で、長方形は三角形 $OP_{n}Q_{n}$ とその対称な三角形の和集合となる。共通の斜辺上の格子点は (1) より $n+1$ 個である。三角形の格子点数を $T_{n}$ とすると
$$(an+1)(bn+1)=2T_{n}-(n+1),\qquad T_{n}=\dfrac{abn^{2}+(a+b+1)n+2}{2}.$$

(4) $z=k$（$k=0,\,1,\,\cdots,\,n$）の断面を考える。四面体内の格子点は
$$x,\,y\geqq0,\qquad\dfrac{x}{an}+\dfrac{y}{bn}+\dfrac{k}{n}\leqq1,$$
すなわち $bx+ay\leqq ab(n-k)$ を満たす。この断面は (3) で $n$ を $m=n-k$ に置き換えた三角形であり、その格子点数は
$$\dfrac{abm^{2}+(a+b+1)m+2}{2}$$
である。$m=0$ でもこの式は原点 1 点を数える。断面は高さの異なる平面なので互いに重ならず、全体の格子点数は
$$\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{m=0}^{n}\left\{abm^{2}+(a+b+1)m+2\right\}\\ &=\dfrac{1}{2}\left\{ab\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(a+b+1)\dfrac{n(n+1)}{2}+2(n+1)\right\}\\ &=\dfrac{(n+1)\{abn(2n+1)+3(a+b+1)n+12\}}{12}. \end{aligned}$$$$\frac{1}{2}\sum _{m=0}^n\left\{ab{m}^2+(a+b+1)m+2\right\}$$$$=\frac{1}{2}\left\{ab\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(a+b+1)\frac{n(n+1)}{2}+2(n+1)\right\}$$$$=\frac{(n+1)\{abn(2n+1)+3(a+b+1)n+12\}}{12}.$$

まとめると、$a$、$b$ が互いに素なので直線 $P_{n}Q_{n}$ 上の格子点は $x=ak$、$y=b(n-k)$ の形に限られる。長方形を対角線で分けた合同な 2 つの三角形の格子点数を、共通の辺上の格子点数で補正して三角形の公式を得る。四面体は整数の高さ $z$ ごとに、$m=n-z$ とした三角形 $OP_{m}Q_{m}$ の断面へ分け、その個数を $m=0,\,\cdots,\,n$ で合計する。