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k^n(n:自然数)

思いのままに書き綴ります

自作問題

30分くらいで作ってみました。結果なかなか質が低いものが。

自作問題1
数列\{a_n\}を次のように定める
a_n=\frac{1+2+3+\cdots+n}{n!}
このとき以下の問いに答えよ。
(1)a_nを最大にするnとそのときのa_nの値を求めよ。
(2)極限\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_nを求めよ。

別解は随時追加したいと思います、多分

(ポイント)
(1)a_1,a_2,a_3,\cdots,a_nを不等式で表せたらnがわかるのでa_na_{n+1}を比べてみます
(2)発想次第でいくらでも解法はあると思います


(解答)
(1)
\begin{eqnarray}a_n&=&\frac{\frac{1}{2}n(n+1)}{n!}\\&=&\frac{n(n+1)}{2n(n-1)!}\\&=&\frac{n+1}{2(n-1)!}\end{eqnarray}
よって
a_{n+1}=\frac{n+2}{2\cdot{n}!}
明らかにa_n>0だからa_{n+1}>a_nのとき\frac{a_{n+1}}{a_n}>1
つまり
\begin{eqnarray}\frac{a_{n+1}}{a_n}&=&\frac{n+2}{2\cdot{n}!}\cdot\frac{2(n-1)!}{n+1}\\&=&\frac{2(n+2)(n-1)!}{2(n+1)n(n-1)!}\\&=&\frac{n+2}{n(n+1)}>1\end{eqnarray}
これを解くと2>n^2つまりn=1のみ
同様にa_{n+1}<{a_n}のとき\frac{a_{n+1}}{a_n}<1だからこれを解くと
2<{n^2}つまりn\geqq{2}
これらをまとめると
a_1<{a_2}>a_3>a_4>\cdotsとなり
求めるn2
このとき
\begin{eqnarray}a_2&=&\frac{2+1}{2\cdot(2-1)!}\\&=&\frac{3}{2}\end{eqnarray}

(2)
\begin{eqnarray}a_n&=&\frac{(n-1)+2}{2(n-1)!}\\&=&\frac{n-1}{2(n-1)(n-2)!}+\frac{2}{2(n-1)!}\\&=&\frac{1}{2(n-2)!}+\frac{1}{(n-1)!}\end{eqnarray}
よって
\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n=\lim_{n \to \infty}\{\frac{1}{2(n-2)!}+\frac{1}{(n-1)!}\}=0

(2)別解①
6以上のnn+1<(n-2)!であることを数学的帰納法で示す
\vdots
故に6以上のnn+1<(n-2)!である
つまり
6以上のn\begin{eqnarray}\frac{n+1}{2(n-1)!}&<&\frac{(n-2)!}{2(n-1)!}\\a_n&<&\frac{(n-2)!}{2(n-1)(n-2)!}=\frac{1}{2(n-1)}\end{eqnarray}
0<{a_n}かつ\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{1}{2(n-1)}=0だから、はさみうちの原理より
\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n=0

2016年京都大学文系数学大問3

n進法が出題されました

2016年京都大学文系数学大問3
n4以上の自然数とする。数1,12,1331がすべてn進法で表記されているとして2^{12}=1331が成り立っている。このときnはいくつか。十進法で答えよ。

(考察)
n進法が理解出来ていればあとは単なる整数問題(整数問題しか記事にしてない気がする)。できるだけ実験を減らしたいところ。文字が左辺には指数、右辺には普通に置かれているので明らかに左辺が大きくなっていくのでそのポイントを発見できれば絞りこめる。左辺の計算は楽なので右辺の計算を楽にすれば全体として楽になりそう。


(解答)
与式をn進法表記を10進法に直すと2^{n+2}=n^3+3n^2+3n+1となる
つまり2^{n+2}=(n+1)^3となる
左辺の素因数は明らかに2のみだから右辺のn+1自然数aを用いてn+1=2^aと表される\cdots
ここでn\geqq9のとき2^{n+2}>(n+1)^3\cdots☆となることを数学的帰納法で示す
(i)n=9のとき
(左辺)=2^{11}=2048,(右辺)=10^3=1000となり☆は成立
(ii)n=k(\geqq9)のとき☆の成立、つまり2^{k+2}>(k+1)^3を仮定すると
\begin{eqnarray}2^{(k+1)+2}-\{(k+1)+1\}^3&=&2\cdot2^{k+2}-(k+2)^3\\&>&2(k+1)^3-(k+2)^3(∵仮定)\\&=&2k^3+6k^2+6k+2-k^3-6k^2-12k-8\\&=&k^3-6k-6\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}k^3-6k-6&>&k^3-6k-9\\&=&(k-3)(k^2+3k+3)\\&=&(k+3)\{(k+\frac{3}{2})^2+\frac{3}{4}\}>0(∵k\geqq9)\end{eqnarray}
故に
2^{(k+1)+1}-\{(k+1)+1\}^3>0つまり
2^{(k+1)+1}>\{(k+1)+1\}^3となりn=k+1のときも☆は成立
(i)(ii)より9以上のすべての整数nで☆は成立
よって*はn\geqq9に対して解を持たない
つまり*の解は4\leqq{n}\leqq8の範囲にあるから5\leqq{n+1}\leqq9
この範囲でn+12^aで表されるものはn+1=8のみ
n=7を確かめると
(左辺)=2^{7+2}=512,(右辺)=(7+1)^3=512となりn=7は*の解である

以上より求めるn7


微分したくなかったので慣れない不等式評価をしてみました。もっといいやり方あったら教えてください。

2016年一橋大学数学大問1

文系数学の最高峰だと思います、一橋大学
かなり時間かかりましたし解答もあまり綺麗ではないです...すみません。

2016年一橋大学数学大問1
6\cdot3^{3x}+1=7\cdot5^{2x}を満たす0以上の整数xをすべて求めよ。


(考察)
x=0はすぐわかったんですけど、とにかく計算が煩雑!あまり綺麗な問題だとは思わないですが...少し実験をして臨んでみます

(実験)
x=1\cdots6\cdot3^3+1=163,7\cdot5^2=175よって不成立
x=2\cdots6\cdot3^6+1=4375,7\cdot5^4=4375よって成立
x=3\cdots6\cdot3^9+1=118099,7\cdot5^4=109375よって不成立
いやぁ計算量が...
この時点でこれ以降計算しても解は出ないかな、と思いました。で、よく計算結果を見てみると、x=1のとき(左辺)<(右辺)でしたがx=2(左辺)=(右辺)となりx=3(左辺)>(右辺)となりました。左辺の増加スピードの方が速いのでしょうかね。あまりよくわかりませんが。でももしそうであれば、この後ずっと(左辺)>(右辺)となり等号は成立しません。これを試しに示してみると...ね?


(解答)
6\cdot3^{3x}+1=7\cdot5^{2x}\cdots
x=0のとき
6\cdot3^0+1=7,7\cdot5^0=7
よって*は成立
x=1のとき
6\cdot3^3+1=163,7\cdot5^2=175
よって*は不成立
x=2
6\cdot3^6+1=4375,7\cdot5^4=4375
よって*は成立
以降3以上のxに対して6\cdot3^{3x}+1>7\cdot5^{2x}\cdots☆であることを数学的帰納法で示す
(i)x=3のとき
(左辺)=6\cdot3^9+1=118099
(右辺)=7\cdot5^4=109375
となり☆は成立する
(ii)x=kのとき☆が成立する、つまり6\cdot3^{3k}+1>7\cdot5^{2k}を仮定する
このとき、
6\cdot3^{3(k+1)}+1-7\cdot5^{2(k+1)}
\begin{eqnarray}=3^3\cdot6\cdot3^{3k}-7\cdot5^2\cdot5^{2k}&>&27(7\cdot5^{2k}-1)+1-7\cdot5^2\cdot5^{2k}(∵仮定)\\&=&27\cdot7\cdot5^{2k}-26-25\cdot7\cdot5^{2k}\\&=&2\cdot7\cdot5^{2k}-26\\&\geqq&2\cdot7\cdot5^2-26\\&=&324>0\end{eqnarray}
よって
6\cdot3^{3(k+1)}+1-7\cdot5^{2(k+1)}>0
つまり
6\cdot3^{3(k+1)}+1>7\cdot5^{2(k+1)}となり
☆はx=k+1のときも成立する
よって(i)(ii)より3以上のxに対して☆が成立
故に*は3以上の解を持たない

以上より求める解はx=0,2


絶対どこかミスしてる...
タグも数Bでいいのかなぁ

PV

どうやら数学の解答(特に入試問題)を書くとPV増えるっぽいですね。
現在、数問頭を悩ませております、お楽しみに!(きっと簡単な問題なのかも知れませんが...)

学年末考査結果

教科 点数 備考
現代文 55 平均切り
古典 80
数学 83 学年3位
英文法 97
英表現 110/120 恐らく学年1位
リスニング 36/41
物理 116/200
化学 87
地理 69
政経 91
保健(笑) 77
合計(補正済) 788 学年4位

現代文ですね、わかります
また頑張ります

2016年東北大学理系数学大問2

前回の記事とほぼ同じ問題が東北大学でも出題されていたので一緒に

2016年東北大学理系数学大問2
以下の問いに答えよ
(1)6以上の整数nに対して不等式2^n>n^2+7が成り立つことを数学的帰納法により示せ。
(2)等式p^q=q^p+7を満たす素数の組(p,q)をすべて求めよ。


(考察)
(1)は何も考える必要ないですね。簡単です。(2)は前回の記事と同じ戦法で行きたいと思います。但し(1)があからさまな誘導なのでそれに乗ることにします。


(解答)
(1)2^n>n^2+7\cdots
(i)n=6のとき
*について(左辺)=2^6=64,(右辺)=6^2+7=53
よって(左辺)>(右辺)となり*は成立

(ii)n=kのとき*の成立、つまり2^k>k^2+7を仮定すると
2^{k+1}-(k+1)^2-7
=2\cdot2^k-(k+1)^2-7
>2(k^2+7)-(k+1)^2-7
=2k^2+14-k^2-2k-8
=k^2-2k+6
=(k-1)^2+5>0
よって2^{k+1}-(k+1)^2-7>0だから
2^{k+1}>(k+1)^2+7となり*はk+1のときも成立

故に(i)(ii)より
6以上の整数nに対して不等式2^n>n^2+7が成り立つ


(2)
p,qの偶奇が異なることを示す
p=q=2のとき2^2=2^2+7となりこれは不適
またp,qが奇数のとき2を法として
p\equiv1,q\equiv1
よって
p^q\equiv1,q^p\equiv1
q^p+7\equiv8\equiv0
よってp^q\equivq^p+7とならずこれも不適
故にp,qのいずれか一方は偶数、つまり2である

(i)p=2のとき
2^q=q^2+7となるqを求める
(1)よりq6以上のとき2^q>q^2+7だからq=3,5を調べると
q=3……2^q=2^3=8,q^2+7=3^2+7=16
q=5……2^q=2^5=32,q^2+7=5^2+7=32
よって解の一つは(p,q)=(2,5)

(ii)q=2のとき
p^2=2^p+7つまり2^p=p^2-7となるpを求める
(1)よりp6以上のとき2^p>p^2+7だからp^2-7>p^2+7となるが、これは明らかに成り立たない
よってp=3,5を調べると
p=3……p^2=3^2=9,2^p+7=2^3+7=15
p=5……p^2=5^2=25,2^p+7=2^5+7=39
よってこのとき解なし

以上(i)(ii)より(p,q)=(2,5)


(1)の誘導無しでは解けなかったと思います。誘導に感謝です

2016年京都大学理系数学大問2

明日は休みなのでこんな時間から書きます。

2016年京都大学理系数学大問2
素数p,qを用いてp^q+q^pと表される素数をすべて求めよ。

(考察)
素数と来たら僕はまず2の存在を考えるようにしてます。唯一の偶数ですから。
少なくともp,q2以上ですからp^q+q^p\geqq8は容易にわかります。まぁこれでp,q両方とも2でないことはわかります。
同様に両方とも奇数を考えて見ても、これまたそうでないことがわかります。
つまり、p,qのうち一方は2であることがわかります。
さらに今回の問題で大きな手がかりとなる条件は「素数」です。まっさきに僕が思いつくのは「5以上の素数は全て6n-1もしくは6n+1で表せる」ですね。つまり6で割ったら余りは-11ってことですから合同式で攻めようかな、と考えました。

考察長すぎかなぁ?


(解答)
p,qの偶奇が異なることを示す
p,qがどちらも偶数、つまり2であるとき
p^q+q^p=2^2+2^2=8
よって素数にならず不適
p,qがどちらも奇数であるとき(mod2として)
p\equiv1よりp^q\equiv1
同様にq^p\equiv1
よってp^q+q^p\equiv2\equiv0
よって2で割り切れこれは素数ではなく不適
よってp,qのうち一方は偶数、つまり2である
p^q+q^pp,q対称だからどちらを2としてもよい
よってp=2とする
つまり2^q+q^2素数となるqを求める
ここでa,n自然数として素数6n\pmaで表す方法を考える
(6nは明らかに6の倍数)
6n\pm2=2(3n\pm1)2の倍数
6n\pm3=3(2n\pm1)3の倍数であるが
6n\pm1は共通因数をくくることが出来ない。また、n自然数のとき6n-a\geqq6-1=5だから
5以上のすべての素数6n-1もしくは6n+1で表せる
ことがわかる
q5以上とするとq2^q+q^2(\geqq2^5+5^2=57\geqq5)6を法として1もしくは-1と合同である(以下、法を6とする)
(i)2^q+q^2\equiv1のとき
q\equiv\pm1より
q^2\equiv1
よって2^q\equiv0となる
つまり2^q6=2\times3で割り切れなければならないが2^qは明らかに3を因数に含まないから
2^q\equiv0とはならない
よって不適
(ii)2^q+q^2\equiv-1のとき
(i)同様q^2\equiv1
よって2^q\equiv-2\equiv4となる
2\equiv2
2^2\equiv2^2=4
2^3\equiv4\times2=8\equiv2
2^4\equiv2\times2=4
\vdots
2^{2n}\equiv4
2^{2n+1}\equiv2
となるがq5以上の素数だから必ず奇数なので
2^q\equiv2
よって不適
(i)(ii)よりq<5つまりqの候補はq=3のみ
このときp^q+q^p=2^3+3^2=8+9=17となりp^q+q^p素数になる

故に題意を満たす素数17


素数の表し方を答案に書くべきか否かはよくわからなかったので書きました。でも、この書き方でいいのかは不明です。

簡単目でしょうか?

ミスや誤植があればご報告ください...


(追記)
同年東北大学の入試問題でも素数を用いた方程式が出題されていました。こちらもどうぞ。2016年東北大学理系数学大問2