第１問
3人でジャンケンをする。各人はグー、チョキ、パーをそれぞれ
の確率で出すものとする。負けた人は脱落し、残った人で次回の
ジャンケンを行い（アイコのときは誰も脱落しない）、勝ち残りが
1人になるまでジャンケンを続ける。このとき各回の試行は独立
とする。3人でジャンケンを始め、ジャンケンがn回目まで続いて
n回目終了時に2人が残っている確率をpn、3人が残っている確率
をqnとおく。
(１) p1、q1を求めよ。
(２) pn、qnが満たす漸化式を導き、pn、qnの一般項を求めよ。
(３) ちょうどn回目で1人の勝ち残りが決まる確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
3人でジャンケンを行うとき、
(ア)勝者が1人になる確率
手の出し方の総数は33通り。
勝者の選び方が3通り、決まり手の選び方が3通りあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3\cdot 3}{3^3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
(イ)勝者が2人になる確率
敗者が1人であると考えると、(ア)と同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3\cdot 3}{3^3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
(ウ)アイコになる確率
(ア)、(イ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ p_1=\frac{1}{3}\ ,\ q_1=\frac{1}{3}\ }\end{align*}}$ ．
(２)
2人でジャンケンを行うとき、
(エ)勝者が1人になる確率
手の出し方の総数は32通り。
勝者の選び方が2通り、決まり手の選び方が3通りあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2\cdot 3}{3^2}=\frac{2}{3}\end{align*}}$
(オ)アイコになる確率
(エ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
n回目終了時に残っている人数をAnとおく。
An+1＝3となるのは、An＝3の状態から、n＋1回目のジャンケンで
アイコになればよいので、(ウ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{n+1}=\frac{1}{3}\ p_n\end{align*}}$
となる。数列{pn}は等比数列となるので、その一般項は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}p_1=\underline{\ \left(\frac{1}{3}\right)^n\ }\end{align*}}$
一方、An+1＝2となるのは、
・An＝3の状態から、n＋1回目のジャンケンで2人勝ち (イ)
・An＝2の状態から、n＋1回目のジャンケンでアイコ (オ)
の2つの場合があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\frac{1}{3}p_n+\frac{1}{3}q_n=\frac{1}{3}q_n+\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\end{align*}}$ ．
両辺に3n+1をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^{n+1}q_{n+1}=3^nq_n+1\end{align*}}$
となり、数列{3nqn}は、公差1の等差数列になる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^nq_n=3^1q_1+(n-1)=n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ q_n=\frac{n}{3^n}\ }\end{align*}}$
(３)
求める確率をrnとおく。
n＝1のとき、(ア)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_1=\frac{1}{3}\end{align*}}$ ．
n≧2のとき
An＝1となるのは、
・An-1＝3の状態から、n回目のジャンケンで1人勝ち (ア)
・An-1＝2の状態から、n回目のジャンケンで1人勝ち (エ)
の2つの場合があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_n=\frac{1}{3}p_{n-1}+\frac{2}{3}q_{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}+\frac{2}{3}\cdot\frac{n-1}{3^{n-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2n-1}{3^n}\end{align*}}$
となる。
これは、n＝1のときも満たすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ r_n=\frac{2n-1}{3^n}\ }\end{align*}}$
である。
これはよくある問題ですね。確実にゲットしましょう！
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第２問
x＞0とし、f(x)＝logx100とおく。
(１) 次の不等式を証明せよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{100}{x+1}<\lt f (x+1)-f\ (x)<\frac{100}{x}\end{align*}}$
(２) 実数aの整数部分（k≦a＜k－1となる整数k）を[a]で表す。
整数[f(1)]、[f(2)]、[f(3)]、････、[f(1000)]のうちで異なる
ものの個数を求めよ。必要ならばlog10＝2.3026として計算せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(x)は、x＞0において微分可能であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{100}{x}\end{align*}}$ ．
平均値の定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{f\ (x+1)-f\ (x)}{(x+1)-x}=\frac{100}{c}\ \ \Leftrightarrow\ \ f\ (x+1)-f\ (x)=\frac{100}{c}\end{align*}}$ ････①
となるようなcが、x＜c＜x＋1 ････②の範囲に存在する。
x＜0より、②は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{100}{x+1}<\frac{100}{c}<\frac{100}{x}\end{align*}}$
と変形でき、これに①を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{100}{x+1}\lt f\ (x+1)-f\ (x)\lt \frac{100}{x}\end{align*}}$ ．
よって、題意は示された。
(２)
(ⅰ) 1≦a≦99のとき
(１)の不等式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\leqq\frac{100}{a+1}\lt f\ (a+1)-f\ (a)\end{align*}}$
となるので、
f(a＋1)＞f(a)＋1
⇔ [f(a＋1)]≧[f(a)＋1]＝[f(a)]＋1
⇔ [f(a＋1)]＞[f(a)] ．
よって、
[f(1)]、[f(2)]、[f(3)]、････、[f(100)]の100個は、
すべて異なる整数値をとる。
(ⅱ) 100≦a≦1000のとき
(１)の不等式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt f\ (a+1)-f\ (a)<\frac{100}{a}\leqq 1\end{align*}}$
となるので、
f(a)＜f(a＋1)＜f(a)＋1
⇔ [f(a)]≦[f(a＋1)]≦[f(a)＋1]＝[f(a)]＋1
よって、
[f(a＋1)]＝[f(a)] または [f(a＋1)]＝[f(a)]＋1
となる。
ここで、
[f(100)]＝[log100100]
＝[200log10]
＝[460.52]
＝460
[f(1000)]＝[log1000100]
＝[300log10]
＝[690.78]
＝690
なので、[f(100)]、[f(101)]、････、[f(1000)]は
460以上690以下の整数をすべて網羅することになる。
以上より求める個数は、
100＋(690－460＋1)－1＝330個
ガウス記号の処理が難しいかもしれませんね。
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第３問
k、m、nは整数とし、n≧1とする。mCnを二項係数として、
sk(n)、Tm(n)を以下のように定める。
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_k(n)=1^k+2^k+3^k+\ldots +n^k\ ,\ \ \ \ \ \ S_k(1)=1\ \ (k\geqq 0)\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf T_m(n)=_m C_1S_1(n)+_m C_2S_2(n)+_m C_3S_3(n)+\ldots +_m C_{m-1}S_{m-1}(n)\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{m-1}\ _m C_k\ S_k(n)\ \ \ \ (m\geqq 2)\end{align*}}$
(１) Tm(1)とTm(2)を求めよ。
(２) 一般のnに対してTm(n)を求めよ。
(３) pが3以上の素数のとき、Sk(p－1) （k＝1，2，3，･･･，p－2）は
pの倍数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
整数m、n（n≧1）に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf U_m(n)=\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_kn^k\end{align*}}$
とおくと、二項定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (1+n)^m=_mC_0+_mC_1n+_mC_2n^2+\ldots +_mC_{m-1}n^{m-1}+_mC_mn^m\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ _mC_1n+_mC_2n^2+\ldots +_mC_{m-1}n^{m-1}=(1+n)^m-_mC_0-_mC_mn^m\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ U_m(n)=\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_kn^k=(1+n)^m-n^m-1\end{align*}}$
(１)
与えられた定義より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_m(1)=\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_kS_k(1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_k\cdot 1^k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =U_m(1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(1+1)^m-1^m-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2^m-2\ }\end{align*}}$ ．
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_m(2)=\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_kS_k(2)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_k\left(1^k+2^k\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =U_m(1)+U_m(2)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(2^m-1^m-1)-(3^m-2^m-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 3^m-3\ }\end{align*}}$ ．
(２)
(１)と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_m(n)=\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_kS_k(n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{m-1}\ _mC_k\left(1^k+2^k+\ldots +n^k\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =U_m(1)+U_m(2)+\ldots +U_m(n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(2^m-1^m-1)-(3^m-2^m-1)+\ldots \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ldots +\{n^m-(n-1)^m-1\}+\{(n+1)^m-n^m-1\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(n+1)^m-1^m-(1+1+\ldots +1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ (n+1)^m-(n+1) }\end{align*}}$
(３)
「k＝1，2，3，･･･，p－2に対して、
Sk(p－1)はpの倍数である」････(※)
を数学的帰納法で示す。
(ⅰ) k＝1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_1(p-1)=1+2+\ldots +(p-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}(p-1)p\end{align*}}$
pは3以上の素数なので、p－1は偶数。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}(p-1)\end{align*}}$ は整数となるので、
S1(p－1)はpの倍数。
(ⅱ) p－1以下の整数mに対して、
k＝1，2，･･･，m－2のとき(※)が成立すると仮定する。
すなわち、S1(p－1)、S2(p－1)、Sm-2(p－1)は
すべてpの倍数であると仮定する。
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_m(p-1)=p^m-p\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ _mC_1S_1(p-1)+\ldots +_mC_{m-2}S_{m-2}(p-1)}+mC_{m-1}S_{m-1}(p-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =p(p^{m-1}-1)\end{align*}}$
仮定より、左辺の下線部はpの倍数となり、
右辺はpの倍数なので、mCm-1Sm-1(p－1)はpの倍数。
mはp－1以下の整数なので、mとpは互いに素であるから、
Sm-1(p－1)はpの倍数である。
よって、k＝m－1のときも(※)を満たすことになるので、
題意は示された。
(３)で(２)を使うことに気づきますかね？？
これは難しいと思いますよ。
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- 2018/10/22(月) 01:09:00|
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