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【 解 答 】

(1)

\(f(x)\) を微分すると \[\begin{align} f'(x) & = -2 x^{-3} 2^x +x^{-2} \cdot 2^x \log 2 \\ & = x^{-3} 2^x ( x \log 2 -2 ) \ . \end{align}\] \(x^{-4} 2^x \gt 0\) なので, \(f'(x) \gt 0\) をとくと \[\begin{gather} x ( x \log 2 -2 ) \gt 0 \\ \text{∴} \quad \underline{x \lt 0 , \ \dfrac{2}{\log 2} \lt x} \ . \end{gather}\]

(2)

\(2^x = x^2\) ... [1] を変形すると \[ x^{-2} 2^x = f(x) = 1 \ . \] なので, \(y = f(x)\) と \(y = 1\) が異なる \(3\) 点で交わることを示せばよい.
(1) の過程と \[ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow \infty} f(x) = \infty , \ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow -\infty} f(x) = 0 , \ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow \pm 0} f(x) = \infty \ . \] より, \(f(x)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccc} x & ( -\infty ) & \cdots & (0) & \cdots & \dfrac{2}{\log 2} & \cdots & ( \infty ) \\ \hline f'(x) & & + & & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & (0) & \nearrow & ( \infty ) & \searrow & \text{極小} & \nearrow & ( \infty ) \end{array} \] \(2 \lt e \lt 2^2\) より, \(\dfrac{1}{2} \lt \log 2 \lt 1\) なので \[ 2 \lt \dfrac{2}{\log 2} \lt 4 \ . \] であり \[ f(2) = f(4) = 1 \quad ... [2] \ . \] なので \(y = f(x)\) のグラフは, 下図のようになる.

よって, 題意は示された.

(3)

[2] より, \(x = 2 , 4\) は [1] の解である.
\(x \lt 0\) なる [1] の有理数解が存在するかを考える.
有理数の解 \(x = r \ ( \lt 0 )\) があると仮定すると, \(r^2\) は有理数なので, \(2^r\) も有理数である.
したがって, 「 \(r\) は整数である. 」... [3] ところが, \(x \lt 0\) において, \(f(x)\) は単調増加であり \[ f(-1) = \dfrac{1}{2} \lt 1 \ . \] なので, \(f(x) = 1\) をみたす負の整数 \(r\) は存在せず, [3] と矛盾する.
よって, 求める有理数解は \[ x = \underline{2 , 4} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

条件より \[ a -\sqrt{13} = \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} +\sqrt{9 -2 \sqrt{17}} \quad ... [1] \ . \] これを両辺平方すると \[\begin{align} a^2 -2 \sqrt{13} +13 & = 2 \cdot 9 +2 \sqrt{81 -68} \\ \text{∴} \quad a^2 -5 & = 2 \sqrt{13} (a+1) \quad ... [2] \ . \end{align}\] さらに両辺平方して \[\begin{align} a^4 -10a^2 +25 & = 52a^2 +104a +52 \\ \text{∴} \quad a^4 -62a^2 & -104a -27 = 0 \quad ... [3] \ . \end{align}\] よって, 求める多項式 \(f(x)\) は \[ f(x) = \underline{x^4 -62x^2 -104x -27} \ . \]

(2)

[2] を平方して [3] を得たので \[ a^2 -5 = \pm 2 \sqrt{13} (a+1) \ . \] も [3] をみたす.
これを変形して \[\begin{align} a^2 \mp 2 \sqrt{13} a +13 & = 18 \pm 2 \sqrt{13} \\ \text{∴} \quad ( a \mp \sqrt{13} )^2 & = \left( \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} \pm \sqrt{9 -2 \sqrt{17}} \right)^2 \ . \end{align}\] [1] を平方してこれを得たので \[\begin{align} a \mp \sqrt{13} & = \pm \left( \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} \pm \sqrt{9 -2 \sqrt{17}} \right) \\ \text{∴} \quad a & = \underline{\pm} _ {[4]} \sqrt{13} \pm \left( \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} \underline{\pm} _ {[4]} \sqrt{9 -2 \sqrt{17}} \right) \ . \end{align}\] ただし, 下線 [4] の複号は同順.
よって, \(f(x) = 0\) の解は \[\begin{align} x & = \underline{\sqrt{13} \pm \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} \pm \sqrt{9 -2 \sqrt{17}} , } \\ & \qquad \underline{-\sqrt{13} \pm \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} \mp \sqrt{9 -2 \sqrt{17}} \quad ( \text{複号同順} ) \quad} \ . \end{align}\] \(4\) 次方程式は高々 \(4\) 個の解しかもたないので, これ以外に解はない.

(3)

\(4 \lt \sqrt{17} \lt \dfrac{9}{2}\) なので \[ 0 \lt 9 -2 \sqrt{17} \lt 1 , \ 17 \lt 9 +2 \sqrt{17} \lt 18 \ . \] したがって \[ \sqrt{9 -2 \sqrt{17}} \lt \sqrt{13} \lt \sqrt{9 +2 \sqrt{17}} \ . \] これを用いて大小を比較すれば \[\begin{align} & \underline{\sqrt{13} +\sqrt{9 +2 \sqrt{17}} +\sqrt{9 -2 \sqrt{17}}} \\ & \quad \underline{\gt -\sqrt{13} +\sqrt{9 +2 \sqrt{17}} -\sqrt{9 -2 \sqrt{17}}} \\ & \qquad \underline{\gt \sqrt{13} -\sqrt{9 +2 \sqrt{17}} -\sqrt{9 -2 \sqrt{17}}} \\ & \qquad \quad \underline{\gt -\sqrt{13} -\sqrt{9 +2 \sqrt{17}} +\sqrt{9 -2 \sqrt{17}}} \ . \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

P , Q は \(C\) と直線 \(y = tx\) の交点なので \[ e^{\alpha} = t \alpha , \ e^{\beta} = t \beta \ . \] これを用いれば \[\begin{align} S _ 1 & = \displaystyle\int _ {\alpha}^{\beta} e^x \, dx \\ & = e^{\beta} -e^{\alpha} = t ( \beta -\alpha ) \quad ... [1] \ . \end{align}\] \(C\) の式より, \(y' = e^x\) なので \[\begin{align} \text{PR} : \ y & = e^{\alpha} ( x -\alpha ) +e^{\alpha} \\ & = e^{\alpha} x +( 1 -\alpha ) e^{\alpha} \\ & = t \alpha ( x -\alpha +1 ) , \\ \text{QR} : \ y & = t \beta ( x -\beta +1 ) \ . \end{align}\] \(2\) 式より \(y\) を消去すると, \(t \neq 0\) , \(\alpha \neq \beta\) なので \[\begin{align} \alpha x -\alpha ( & \alpha -1 ) = \beta x -\beta ( \beta -1 ) \\ \text{∴} \quad x & = \dfrac{{\beta}^2 -{\alpha}^2 -( \beta -\alpha )}{\beta -\alpha} \\ & = \alpha +\beta -1 \ . \end{align}\] このとき \[ y = t \alpha \beta \ . \] ゆえに \[ \text{Q} \ ( \alpha +\beta -1 , t \alpha \beta ) \ . \] なので \[\begin{align} \triangle \text{PQR} & = \dfrac{1}{2} ( \beta -\alpha ) \left\{ t ( \alpha +\beta -1 ) -t \alpha \beta \right\} \\ & = \dfrac{1}{2} ( \beta -\alpha ) ( 1 -\alpha ) ( \beta -1 ) \ . \end{align}\] したがって \[\begin{align} S _ 2 & = \triangle \text{PQR} -\left\{ \dfrac{1}{2} ( \beta -\alpha ) ( t \alpha +t \beta ) -S _ 3 \right\} \\ & = \dfrac{t}{2} ( \beta -\alpha ) \left\{ \alpha +\beta -( 1 -\alpha ) ( \beta -1 ) +2 \right\} \\ & = \dfrac{t}{2} ( \beta -\alpha ) ( 1 -\alpha \beta ) \quad ... [2] \ . \end{align}\] よって, [1] [2] より \[ \dfrac{S _ 2}{S _ 1} = \underline{\dfrac{1 -\alpha \beta}{2}} \ . \]

(2)

\(f(x) = e^x -tx\) とおくと \[ f'(x) = e^x -t \ . \] \(f'(x) = 0\) をとくと \[ x = \log t \ . \] したがって, \(f(x)\) の \(x \gt 0\) における増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & (0) & \cdots & \log t & \cdots & ( \infty ) \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & (1) & \searrow & -t ( \log t -1 ) & \nearrow & ( \infty ) \end{array} \] \(\alpha , \beta\) が \(f(x) = 0\) の解であるので, \(f(x)\) のグラフは下図のようになる.

\(t \gt e\) に注意すれば \[ f \left( \dfrac{e}{t} \right) = e^{\frac{e}{t}} -e \lt 0 \ . \] なので, グラフから \[ 0 \lt \alpha \lt \dfrac{e}{t} \quad ... [3] \ . \] また, \(e^x \gt x^2\) より \(x \gt 2 \log x\) であることを用いれば \[\begin{align} f( 2 \log t ) & = t^2 -2t \log t \\ & = t ( t -2 \log t ) \gt 0 \ . \end{align}\] なので, グラフより \[ \log t \lt \beta \lt 2 \log t \quad ... [4] \ . \] [3] [4] より \[ 0 \lt \alpha \beta \lt \dfrac{2e \log t}{t} \quad ... [5] \ . \] ここで, \(e^x \gt x^2\) について, \(x = \log t\) とおけば \[ t \gt ( \log t )^2 \ \text{すなわち} \ \sqrt{t} \gt \log t \ . \] なので, これを用いれば \[ \dfrac{\log t}{t} \lt \dfrac{1}{\sqrt{t}} \rightarrow 0 \quad ( \ t \rightarrow \infty \ \text{のとき} ) \ . \] ゆえに, [5] とはさみうちの原理から \[ \displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} \alpha \beta = 0 \ . \] よって, (1) の結果より \[ \displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} \dfrac{S _ 2}{S _ 1} = \displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} \dfrac{1 -\alpha \beta}{2} = \underline{\dfrac{1}{2}} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\(n\) 回の試行後に, 各点に石がある確率を表にすると, 下のようになる（空欄は, 確率 \(0\) ）. \[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c|c} \text{点｜試行} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline \hline 1 & & \dfrac{1}{2} & & \dfrac{3}{8} & & \dfrac{5}{16} \\ \hline 2 & 1 & & \dfrac{3}{4} & & \dfrac{5}{8} & \\ \hline 3 & & \dfrac{1}{2} & & \dfrac{1}{2} & & \dfrac{1}{2} \\ \hline 4 & & & \dfrac{1}{4} & & \dfrac{3}{8} & \\ \hline 5 & & & & \dfrac{1}{8} & & \dfrac{3}{16} \end{array} \] よって, 点 \(1, 2, \cdots , 5\) にある確率は順に \[ \underline{\dfrac{5}{16} , \ 0 , \ \dfrac{1}{2} , \ 0 , \ \dfrac{3}{16}} \ . \]

(2)

条件を満たすのは, 以下の \(2\) つの場合である.

• \(4\) 回目に点 \(5\) に到達する.

• \(4\) 回目に点 \(3\) にあり, その後 \(6\) 回目に点 \(5\) に到達する.

よって, 求める確率は \[ \dfrac{1}{8} +\dfrac{1}{2} \cdot \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 = \underline{\dfrac{1}{4}} \ . \]

(3)

求める確率を \(P _ n\) とおく.
石は, 奇数回後には点 \(2, 4\) に, 偶数回後には点 \(1, 3, 5\) にあることに着目し, 場合分けして考える.

1. 1*　\(n\) が奇数のとき
   「 \(n\) 回後に点 \(2\) にある石が, \(n+2\) 回後に点 \(2\) に戻ってくる」 ... [1] 確率は, \(\dfrac{3}{4}\) .
   \(n = 1\) 以降, [1] を繰り返していれば, 印がつく点は \(1, 2, 3\) のみである.
   ただし, [1] には, 石が点 \(1, 2\) のみの間を移動する場合が含まれていることに注意すれば \[ P _ n = \left( \dfrac{3}{4} \right)^{\frac{n-1}{2}} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n-1}{2}} \ . \]

2. 2*　\(n\) が偶数のとき
   \(n-1\) 回後まで, 1* の場合をみたすように, 点が移動していれば, \(n\) 回目の試行の結果によらず, 条件をみたすので \[ P _ n = P _ {n-1} = \left( \dfrac{3}{4} \right)^{\frac{n}{2} -1} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} -1} \ . \] 以上より, 求める確率は \[ P _ n = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \left( \dfrac{3}{4} \right)^{\frac{n-1}{2}} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n-1}{2}} & ( \ n \ \text{が奇数のとき} ) \\ \left( \dfrac{3}{4} \right)^{\frac{n}{2} -1} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} -1} & ( \ n \ \text{が偶数のとき} ) \end{array} \right.} \ . \]

【 参 考 】

\(n\) 回の試行後の点 \(1, 2, \cdots , 5\) にある確率を \(p _ n , q _ n , \cdots , t _ n\) とおくと

• \(n\) が奇数のとき
  \(q _ n +s _ n = 1\) なので, \(s _ n = 1 -q _ n\) なので, \(n \geqq 1\) について \[\begin{align} q _ {n+2} & = \dfrac{3}{4} q _ n +\dfrac{1}{4} s _ n \\ & = \dfrac{1}{2} q _ n +\dfrac{1}{4} , \\ \text{∴} \quad q _ {n+2} -\dfrac{1}{2} & = \dfrac{1}{2} \left( q _ n -\dfrac{1}{2} \right) \ . \end{align}\] したがって, これを繰返し用いれば \[ q _ n -\dfrac{1}{2} = \left( q _ 1 -\dfrac{1}{2} \right) \left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n-1}{2}} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n+1}{2}} \ . \] ゆえに \[\begin{align} q _ n & = \dfrac{1}{2} +\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n+1}{2}} , \\ s _ n & = 1-q _ n = \dfrac{1}{2} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n+1}{2}} \ . \end{align}\]

• \(n\) が偶数のとき
  \(p _ n +r _ n +t _ n = 1\) に着目すれば, \(n \geqq 2\) について \[\begin{align} r _ {n+2} & = \dfrac{1}{2} p _ n +\dfrac{1}{2} r _ n +\dfrac{1}{2} t _ n = \dfrac{1}{2} , \\ p _ {n+2} & = \dfrac{1}{2} p _ n +\dfrac{1}{4} r _ n = \dfrac{1}{2} p _ n +\dfrac{1}{8} , \\ t _ {n+2} & = \dfrac{1}{2} t _ n +\dfrac{1}{4} r _ n = \dfrac{1}{2} t _ n +\dfrac{1}{8} \ . \end{align}\] 変形すると \[\begin{align} p _ {n+2} -\dfrac{1}{4} & = \dfrac{1}{2} \left( p _ n -\dfrac{1}{4} \right) , \\ t _ {n+2} -\dfrac{1}{4} & = \dfrac{1}{2} \left( t _ n -\dfrac{1}{4} \right) \ . \end{align}\] したがって \[\begin{align} p _ n -\dfrac{1}{4} & = \left( p _ 2 -\dfrac{1}{4} \right) \left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} -1} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} +1} \\ & \text{∴} \quad p _ n = \dfrac{1}{4} +\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} +1} \\ t _ n -\dfrac{1}{4} & = \left( r _ 2 -\dfrac{1}{4} \right) \left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} -1} = -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} +1} \\ & \text{∴} \quad t _ n = \dfrac{1}{4} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} +1} \ . \end{align}\]

以上より \[ \begin{array}{c||c|c} n & \text{奇数のとき} & \text{偶数のとき} \\ \hline p _ n & \dfrac{1}{4} +\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} +1} & 0 \\ \hline q _ n & 0 & \dfrac{1}{2} +\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n+1}{2}} \\ \hline r _ n & \dfrac{1}{2} & 0 \\ \hline s _ n & 0 & \dfrac{1}{2} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n+1}{2}} \\ \hline t _ n & \dfrac{1}{4} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{\frac{n}{2} +1} & 0 \end{array} \]

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【 解 答 】

(1)

\(B\) の中心を A, \(\ell\) と \(B\) の交わりの両端を P , Q , A から \(\ell\) に下ろした垂線の足をHとおく.
A , P , Q を含む \(B\) の断面 \(C\) を考えれば, H は PQ の中点なので, 求める距離 \(h\) は \[\begin{align} h & = \sqrt{\text{AP}^2 -\text{PH}^2} \\ & = \sqrt{1^2 -\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2} = \underline{\dfrac{1}{2}} \ . \end{align}\]

(2)

\(\ell\) と垂直な \(B\) の断面を考えると, \(\ell\) との距離が最大, または最小である点は, いずれも \(\ell\) と \(A\) を含む断面 \(C\) 上に存在する.
したがって, \(C\) を \(\ell\) のまわりに \(1\) 回転してできる立体の体積を求めればよい.

\(\ell\) を \(x\) 軸とし, A \(\left( 0 , \dfrac{1}{2} \right)\) となるように \(xy\) 座標をおくと, \(C\) の式は \[\begin{gather} x^2 +\left( y -\dfrac{1}{2} \right)^2 = 1 \\ \text{∴} \quad y = \dfrac{1}{2} \pm \sqrt{1 -x^2} \ . \end{gather}\] \(C\) のうち, \(y \geqq \dfrac{1}{2}\) , \(y \lt \dfrac{1}{2}\) の部分の式をそれぞれ \(y _ {+} , y _ {-}\) とおけば \[\begin{align} y _ {+} & = \dfrac{1}{2} + \sqrt{1 -x^2} , \\ y _ {-} & = \dfrac{1}{2} - \sqrt{1 -x^2} \ . \end{align}\] したがって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = 2 \pi \displaystyle\int _ 0^1 {y _ {+}}^2 \, dx -2 \pi \displaystyle\int _ {\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 {y _ {-}}^2 \, dx \\ & = 2 \pi \displaystyle\int _ 0^1 \left( \dfrac{5}{4} -x^2 +\sqrt{1 -x^2} \right) \, dx \\ & \qquad -2 \pi \displaystyle\int _ {\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 \left( \dfrac{5}{4} -x^2 -\sqrt{1 -x^2} \right) \, dx \\ & = 2 \pi \left[ \dfrac{5x}{4} -\dfrac{x^3}{3} \right] _ 0^1 +2 \pi \underline{\displaystyle\int _ 0^1 \sqrt{1 -x^2} \, dx} _ {[1]} \\ & \qquad -2 \pi \left[ \dfrac{5x}{4} +\dfrac{x^3}{3} \right] _ {\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 +2 \pi \underline{\displaystyle\int _ {\frac{\sqrt{3}}{2}}^1 \sqrt{1 -x^2} \, dx} _ {[2]} \ . \end{align}\] ここで, [1] は半径 \(1\) の四分円, [2] は下図斜線部の面積を示すので

\[\begin{align} V & = 2 \pi \left( \dfrac{5 \sqrt{3}}{8} -\dfrac{\sqrt{3}}{8} \right) +2 \pi \cdot \dfrac{\pi}{4} \\ & \qquad +2 \pi \left( \dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \dfrac{\pi}{6} -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \right) \\ & = \sqrt{3} \pi +\dfrac{\pi^2}{2} +\dfrac{\pi^2}{6} -\dfrac{\sqrt{3} \pi}{4} \\ & = \underline{\dfrac{2 \pi^2}{3} +\dfrac{3 \sqrt{3} \pi}{4}} \ . \end{align}\]

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【 解 答 】

線分 PQ の式は \[\begin{align} y & = \left\{ (t+1)^2 -t^2 \right\} (x-t) +t^2 \\ & = (2t+1) x -t^2 -t \quad ( t \leqq x \leqq t+1 ) \quad ... [1] \ . \end{align}\] 線分 PQ と 直線 \(x = k \ ( -1 \leqq k \leqq 1 )\) の交点は \(\left( k , f(k) \right)\) と表せる.
\(f(k)\) の最大値を \(M(k)\) , 最小値を \(m(k)\) とおけば, \(x = k\) における線分 PQ の通過領域は \[ m(k) \leqq y \leqq M(k) \ . \] と表せる.
[1] を \(t\) の関数とみなして, \(y = f(t)\) とおくと \[\begin{align} f(t) & = -t^2 +(2k-1) t +k \\ & = - \left\{ t -\left( k -\dfrac{1}{2} \right) \right\}^2 +k^2 +\dfrac{1}{4} \quad ( k-1 \leqq t \leqq k ) \quad ... [2] \ . \end{align}\] なので \[\begin{align} f \left( k -\dfrac{1}{2} \right) & = k^2 +\dfrac{1}{4} , \\ f(x) & = f( x-1 ) = k^2 \ . \end{align}\] したがって, \(t\) のとり得る範囲に注意して, \(M(k)\) の候補は \[\begin{gather} f(-1) = -k , \quad f(0) = k , \\ f \left( k -\dfrac{1}{2} \right) = k^2 +\dfrac{1}{4} \\ \left( \text{ただし} \ -1 \leqq k -\dfrac{1}{2} \leqq 0 \ \text{すなわち} \ -\dfrac{1}{2} \leqq k \leqq \dfrac{1}{2} \text{のとき} \right) \ . \end{gather}\] \(m(k)\) の候補は \[\begin{gather} f(-1) = -k , \quad f(0) = k , \\ f(k) = f( k-1 ) = k^2 \ . \end{gather}\] したがって, それぞれの大小を比較すれば, 求める領域は下図斜線部（境界含む）となる.

また, この領域の面積 \(S\) は, 対称性も利用して \[\begin{align} S & = 2 \displaystyle\int _ 0^{\frac{1}{2}} \left\{\left( x^2 +\dfrac{1}{4} \right) -x^2 \right\} \, dx +2 \displaystyle\int _ {\frac{1}{2}}^1 ( x -x^2 ) \, dx \\ & = 2 \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{2} +\left[ x^2 -\dfrac{2 x^3}{3} \right] _ {\frac{1}{2}}^1 \\ & = \dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{6} \\ & = \underline{\dfrac{5}{12}} \ . \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(a _ 3 = 1\) となるのは \[ a _ 2 = 2 ,3 \ . \]

1. 1*　\(a _ 2 = 2\) となるのは \[ a _ 1 = 4 , 5 \ . \]

2. 2*　\(a _ 2 = 3\) となるのは \[ a _ 1 = 6 , 7 \ . \]

よって, 求める \(N\) は \[ N = \underline{4 , 5 , 6 , 7} \ . \]

(2)

条件をみたす（ \(a _ n = m\) となる項がある ） \(N\) の個数を \(I _ m\) とおく.
\(2^k \leqq m \lt 2^{k+1}\) をみたす自然数 \(m\) に対して, \(a _ {n+1} = m\) となるのは, \(2^{k+1} \leqq m' \lt 2^{k+2}\) をみたす自然数 \(m'\) のうちの \(2\) 個（ \(a _ n = 2m , 2m+1\) ）である.
これを繰返し用いれば, \(a _ n = m\) となる 初項 \(a _ 1 = N\) は, \(2^{k+n-1} \leqq M \lt 2^{k+n}\) をみたす自然数 \(M\) に \(2^{n-1}\) 個含まれる.
ここで \(m = 2\) , \(0 \leqq N \lt 2^{10}\) の場合について考えれば, 条件をみたす \(N\) は \[\begin{align} 2 \leqq N \lt 2^2 \ & \text{のうち} \ 1 \ \text{個} \\ 2^2 \leqq N \lt 2^3 \ & \text{のうち} \ 2 \ \text{個} \\ \cdots & \cdots \\ 2^9 \leqq N \lt 2^{10} \ & \text{のうち} \ 2^8 \ \text{個} \ . \end{align}\] よって, 求める個数 \(I _ 2\) は \[ I _ 2 = 1 +2 + \cdots +2^8 = \dfrac{2^9 -1}{2 -1} = \underline{511} \ . \]

(3)

(2) と同様に考えれば, \(2^k \leqq m \lt 2^{k+1}\) をみたす自然数 \(m\) について, \(0 \leqq N \lt 2^{100}\) の範囲で \[\begin{align} I _ m & = \textstyle\sum\limits _ {n = 1}^{100-k} 2^{n-1} \\ & = \dfrac{2^{100-k} -1}{2 -1} = 2^{100-k} -1 \ . \end{align}\] よって, 条件 (＊) をみたすのは, \(k\) が整数であることに注意して \[\begin{align} \dfrac{I _ m}{2^{100}} & \leqq \dfrac{1}{100} \\ 2^{100-k} -1 & \leqq \dfrac{2^{100}}{100} \lt 2^{94} \quad ( \ \text{∵} \ 2^6 \lt 100 \lt 2^7 \ ) \\ \text{∴} \quad 100-k & \lt 94 \\ \text{∴} \quad k & \geqq 7 \\ \ . \end{align}\] したがって, 求める \(m\) は \(2^7 \leqq m \lt 2^8\) の最小値なので \[ m = \underline{128} \ . \]

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