第１問
自然数nのすべての正の約数の和を表す関数をf(n)、正の約数の
個数を表す関数を$\small\sf{\begin{align*}\sf g(n)\end{align*}}$とおく。ただし、1およびnもnの正の約数で
ありf(1)=$\small\sf{\begin{align*}\sf g(1)\end{align*}}$ =1とする。例えば、n=12のとき、nの正の約数は
1，2，3，4，6，12なので
f(12)=1+2+3+4+6+12=28、 $\small\sf{\begin{align*}\sf g(12)\end{align*}}$= 6
である。以下の問いに答えよ。
(１) f(24)、$\small\sf{\begin{align*}\sf g(24)\end{align*}}$ の値を求めよ。
(２) $\small\sf{\begin{align*}\sf g(n)\end{align*}}$ の値が奇数となるnは、ある自然数の平方であることを証明
せよ。
以下の問題では、nは偶数とする。
(３) mを正の整数とし、n=2m-1(2m-1)とおく。このとき，2m-1が素数
ならばf(n)=2nとなることを証明せよ。
(４) 平方数ではない偶数nがf(n)=2nを満たしているとする。このとき、
nのすべての正の約数の逆数の和はある一定の数に等しいことを
示し、その数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
自然数nが
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=p_1^{\ q_1}\cdot p_2^{\ q_2}\ldots\ldots p_k^{\ q_k}\end{align*}}$
と素因数分解できるとする。
（ただし、p1、p2、・・・、pkは相異なる素数、q1、q2、・・・、qkは
1以上の整数とする）
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(n)=\left(\sum_{i=0}^{q_1}p_1^{\ i}\right)\left(\sum_{i=0}^{q_2}p_2^{\ i}\right)\ldots\left(\sum_{i=0}^{q_k}p_k^{\ i}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(n)=\left(q_1+1\right)\left(q_2+1\right)\ldots\left(q_k+1\right)\end{align*}}$
(１)
24=23・3 なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(24)=\left(1+2+2^2+2^3\right)\times\left(1+3\right)=\underline{\sf 60}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(24)=\left(3+1\right)\times\left(1+1\right)=\underline{\sf 8}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(n)\end{align*}}$ が奇数であるとき、qi+1 （i=1，2，・・・，k）はすべて奇数である。
すなわち、qi （i=1，2，・・・，k）はすべて偶数なので、
qi=2ri （i=1，2，・・・，k）
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n&=\sf p_1^{\ q_1}\cdot p_2^{\ q_2}\ldots\ldots p_k^{\ q_k}\\ &=\sf p_1^{\ 2r_1}\cdot p_2^{\ 2r_2}\ldots\ldots p_k^{\ 2r_k}\\ &=\sf \left(p_1^{\ r_1}\cdot p_2^{\ r_2}\ldots\ldots p_k^{\ r_k}\right)^2\end{align*}}$
となるので、nは平方数である。
(３)
2m-1が素数なので、自然数
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=2^{m-1}\left(2^m-1\right)\end{align*}}$
に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(n)&=\sf \left(\sum_{i=1}^{m}2^{i-1}\right)\left\{\sum_{i=0}^1\left(2^m-1\right)^i\right\}\\ &=\sf \frac{2^m-1}{2-1}\cdot\left\{1+\left(2^m-1\right)\right\}\\ &=\sf 2^m\left(2^m-1\right)\\ &=\sf 2n\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(４)
題意を満たすnは、平方数でないので、(２)の対偶を考えると、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(n)\end{align*}}$ は
偶数となる。よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(n)=2N\end{align*}}$ （N：自然数）とし、nの約数を小さい順に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_1,d_2,\ldots ,d_{2N}\ \ \ \left(d_1=1\lt d_2\lt\ldots \lt d_{2N}=n\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_1d_{2N}=d_2d_{2N-1}=\ldots =d_Nd_{N+1}=n\end{align*}}$
が成り立つ。
よって、 nのすべての正の約数の逆数の和をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{1}{d_1}+\frac{1}{d_2}+\ldots +\frac{1}{d_{2N}}\\ &=\sf \frac{d_{2N}}{n}+\frac{d_{2N-1}}{n}+\ldots +\frac{d_1}{n}\\ &=\sf \frac{d_1+d_2+\ldots +d_{2N}}{n}\\ &=\sf \frac{f(n)}{n}\\ &=\sf \frac{2n}{n}\\ &=\sf 2\end{align*}}$
となり、Sは一定値2をとる。
完全数、メルセンヌ素数に関する問題は、
今年の東京医科歯科大でも出題されています。
http://aozemi.blog.fc2.com/blog-date-20160330-1.html
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第２問
rを1＜r＜3 を満たす実数、kを|r-2|＜k＜1を満たす実数とする。
また、次の関数f(x)を考える。
f(x)=rx(1-x)
以下の問いに答えよ。
(１) f(x)=xを満たすxを求めよ。
以下の問題では、(1)で求めたxのうちで正のものをxrとする。
(２) 次の条件
|x-xr|＜aを満たすすべてのxについて|f’(x)|＜k
が成り立つような正の実数aが存在することを証明せよ。
(３) (２)のaに対して、数列{xn}を
|x１-xr|＜a、 xn+1=f(xn) (n=1，2，3，・・・)
により定める。
(ａ) すべての自然数nについて|xn-xr|＜aであることを証明せよ。
(ｂ) $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=x_r\end{align*}}$ を証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=rx\left(1-x\right)=x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x\left\{r\left(1-x\right)-1\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\underline{\sf 0\ ,\ 1-\frac{1}{r}}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=r\left(x-x^2\right)\ \ ,\ \ f\ '(x)=r\left(1-2x\right)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h(x)=\left|f\ '(x)\right|=\left|r\left(1-2x\right)\right|\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h(0)=h(1)=r\ \ ,\ \ h\left(\frac{1}{2}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h(x)=\left|r\left(1-2x\right)\right|=k\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{1}{2}\pm\frac{k}{2r}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h\left(x_r\right)=h\left(1-\frac{1}{r}\right)=2-r\end{align*}}$
(ア) 1＜r≦2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt x_r\leqq\frac{1}{2}\end{align*}}$ であり、0＜2-r＜k＜1＜rなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0<\frac{1}{2}-\frac{k}{2r}\lt x_r\leqq\frac{1}{2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=x_r-\left(\frac{1}{2}-\frac{k}{2r}\right)\ (\gt 0)\end{align*}}$
とおくと、|x-xr|＜aを満たすすべてのxについて|f’(x)|＜kが成り立つ。
(イ) 2＜r＜3のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\lt x_r\lt 1\end{align*}}$ であり、0＜-2+r＜k＜1＜rなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\lt x_r\lt\frac{1}{2}+\frac{k}{2r}<1\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\left(\frac{1}{2}+\frac{k}{2r}\right)-x_r\ (>0)\end{align*}}$
とおくと、|x-xr|＜aを満たすすべてのxについて|f’(x)|＜kが成り立つ。
以上より、題意は示された。
(３)(ａ)
|x１-xr|＜a、 xn+1=f(xn) (n=1，2，3，・・・) ・・・・・・(ⅰ)
を満たすすべての自然数nについて|xn-xr|＜a ・・・・・・(A)
が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(Ⅰ) n=1のときは(ⅰ)より明らかに成り立つ
(Ⅱ) n=mのとき、(A) が成り立つと仮定すると、(２)より
|xm-xr|＜a ・・・・(ⅱ) を満たすすべての実数xに対して
|f’(x)|＜k ・・・・(ⅲ) が成り立つ。
一方、f(x)は微分可能なので、平均値の定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\frac{f(x_m)-f(x_r)}{x_m-x_r}\right|=\left|f\ '(c)\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left|x_{m+1}-x_r\right|=\left|f\ '(c)\right|\left|x_m-x_r\right|\ \ \ \ \left(\because\ f(x_r)=x_r\right)\end{align*}}$ ・・・・・(ⅳ)
を満たすcがxmとxrの間に存在する。
このcは|c-xr|＜aを満たすので、(ⅱ)より |f’(c)|＜kｄとなる。
このことと(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|x_{m+1}-x_r\right|&<\sf k\left|x_{m}-x_r\right|\ \ \ \ \ \ldots\ldots(v)\\ &<\sf \left|x_{m}-x_r\right|\ \ \ (\because\ k<1)\\ &<\sf a\ \ \ \ \left(\because\ (ii)\right)\end{align*}}$
となるので、n=m+1のときも(A)は成り立つ
以上より、すべての自然数nについて|xn-xr|＜aが成り立つ。
(３)(ｂ)
(ⅴ)の不等式は、m=1，2，・・・，n-1に対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|x_{2}-x_r\right|\lt k\left|x_{1}-x_r\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|x_{3}-x_r\right|\lt k\left|x_{2}-x_r\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|x_{n}-x_r\right|\lt k\left|x_{n-1}-x_r\right|\end{align*}}$
これらを辺々かけると、(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|x_{n}-x_r\right|\lt k^{n-1}\left|x_{1}-x_r\right|\lt ak^{n-1}\end{align*}}$
0＜k＜1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}k^{n-1}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left|x_{n}-x_r\right|=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=x_r\end{align*}}$
よって、題意は示された。
(２)が難しいかもしれません。
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第３問
以下の問いに答えよ。なお、必要であれば以下の極限値をの公式を
用いてもよい。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x}{e^x}=0\end{align*}}$
(１) 方程式2x=x2 （x＞0）の実数解の個数を求めよ。
(２) aを正の実数とし、xについての方程式ax=xa （x＞0）を考える。
(ａ) 方程式 ax=xa （x＞0）の実数解の個数を求めよ。
(ｂ) 方程式 ax=xa （x＞0）でa、xがともに正の整数となるa、xの
組(a，x)をすべて求めよ。ただしa≠xとする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
2x=x2 （x＞0）の両辺の自然対数をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log 2^x=\log x^2\ \ \Leftrightarrow\ \ x\log 2=2\log x\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\log x}{x}=\frac{\log 2}{2}\end{align*}}$ ・・・・・・(A)
ここで関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\frac{\log x}{x}\ \ \ \left(x>0\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\log x\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\log x}{x^2}\end{align*}}$
また、t=logｘとおくと、x→∞のときt→∞なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\log x}{x}=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{t}{e^t}=0\end{align*}}$
よって、f(x)の増減およびy=f(x)のグラフは次のようになる。
1＜2＜eより、曲線y=f(x)と直線y=f(2)は2個の共有点をもつので、
f(x)=f(a)すなわち(A)を満たす実数xは2個ある。
よって、方程式2x=x2の実数解は2個
(２)(ａ)
(１)と同様に、方程式ax=xa ・・・・(B)の両辺の自然対数を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a^x=x^a\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\log x}{x}=\frac{\log a}{a}\ \ \Leftrightarrow\ \ f(x)=f(a)\end{align*}}$
(ア) 0＜a≦1またはa=eのとき
曲線y=f(x)と直線y=f(a)は1個の共有点をもつので、
方程式(B)の実数解の個数は1個
(イ) 1＜a＜eまたはe＜aのとき
曲線y=f(x)と直線y=f(a)は2個の共有点をもつので、
方程式(B)の実数解の個数は2個
(２)(ｂ)
異なる2つの自然数a、xが方程式(B)を満たすためには、
曲線y=f(x)と直線y=f(a)は2個の共有点をもつ必要がある。
(２)(b)の(イ)より
・1＜a＜eのとき
この範囲にある自然数aは2のみなので
(B) ⇔ 2x=x2
となり、(１)のグラフより 方程式(B)は、1＜x＜eとe＜xの
範囲にそれぞれ1つずつ実数解をもつ。
このことと24=42=16より、x=4
・e＜aのとき
上と同様に考えると、(B)は1＜x＜eに実数解をもち、
この範囲の自然数はx=2である。このとき、上と同様に考えると
a=4である。
以上より、題意を満たすような異なる自然数a、xの組は
(a，x)=(2，4)、(4，2)
この方程式に関する問題はよく見かけます。
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第４問
2枚のコインがあり、1枚はそれぞれ確率 $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ で表、裏が出る真のコイン、
もう1枚は確率 $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ で表、確率 $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{2}{3}\end{align*}}$ で裏が出る偽のコインとする。
以下の問いに答えよ。
(１) 真のコインを7回投げたとき3回連続して表が出る確率を求めよ。
(２) 偽のコインを25回投げたとき表が出る回数がk回である確率をp(k)
とする。p(k)が最大となる整数kを求めよ。
(３) 以下の実験を考える。
[実験A]
2枚のコインのうち1枚を無作為に選んだ後で、以下を繰り返す。
今持っているコインを投げて表ならそのコインを引き続き持ち、
裏ならもう1つのコインを持つ。
nを自然数とする。実験Aにおいて、コインをn回投げたとき、n回目が
表であるか、n回目に投げたコインが真のコインであるかのどちらか
が生じる確率をnの式で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
表を○、裏を×、どちらでもいい場合を△で表すことにすると、
3回連続して表が出るのは次の①～⑤の場合が考えられる。
① ○○○×△△△
② ×○○○×△△
③ △×○○○×△
④ △△×○○○×
⑤ △△△×○○○
①、⑤のように表裏が出る確率はそれぞれ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{1}{2}\right)^4\end{align*}}$
②～④のように表裏が出る確率はそれぞれ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{1}{2}\right)^5\end{align*}}$
また、○○○×○○○の場合は①、⑤のどちらにも含まれ、
この場合の確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{1}{2}\right)^7\end{align*}}$
以上より、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^4+3\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^5-\left(\frac{1}{2}\right)^7=\underline{\sf \frac{27}{128}}\end{align*}}$
(２)
偽のコインを25回投げたうち、表がk回、裏が25-k回出る確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(k)=_{25}C_k\left(\frac{1}{3}\right)^k\left(\frac{2}{3}\right)^{25-k}\ \ \ \ \left(k=0,1,2,\ldots ,25\right)\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{P(k+1)}{p(k)}&=\sf \frac{_{25}C_{k+1}\left(\frac{1}{3}\right)^{k+1}\left(\frac{2}{3}\right)^{24-k}}{_{25}C_k\left(\frac{1}{3}\right)^k\left(\frac{2}{3}\right)^{25-k}}\\ &=\sf \frac{\frac{25!}{\left(k+1\right)!\left(24-k\right)!}\cdot\frac{1}{3}}{\frac{25!}{k!\left(25-k\right)!}\cdot\frac{2}{3}}\\ &=\sf \frac{25-k}{2\left(k+1\right)}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(k)\lt p(K+1)\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{P(k+1)}{p(k)}=\frac{25-k}{2\left(k+1\right)}\gt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ k\lt \frac{23}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(k)\gt p(K+1)\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{P(k+1)}{p(k)}\lt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ k\gt \frac{23}{3}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(0)\lt p(1)\lt\ldots \lt p(7)\lt p(8)\gt p(9)\gt \ldots \gt p(25)\end{align*}}$
よって、p(k)が最大になるのは、k=8のときである。
(３)
n回目に真のコインを投げる確率をqnとすると、q1= $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$
n+1回目に真のコインを投げるのは
・n回目に真のコインを投げて表が出る
・n回目に偽のコインを投げて裏が出る
の2つの場合があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_{n+1}=\frac{1}{2}q_n+\frac{2}{3}\left(1-q_n\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q_{n+1}-\frac{4}{7}=-\frac{1}{6}\left(q_n-\frac{4}{7}\right)\end{align*}}$
よって、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{q_n-\frac{4}{7}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_n-\frac{4}{7}=\left(-\frac{1}{6}\right)^{n-1}\left(q_1-\frac{4}{7}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q_n=&=\sf \left(-\frac{1}{6}\right)^{n-1}\left(\frac{1}{2}-\frac{4}{7}\right)+\frac{4}{7}\\ &=\sf -\frac{1}{14}\left(-\frac{1}{6}\right)^{n-1}+\frac{4}{7} \end{align*}}$
求める確率は、
・n回目に真のコインを投げる確率
・n回目に偽のコインを投げて表が出る確率
の和になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_n+\frac{1}{3}\left(1-q_n\right)&=\sf \frac{2}{3}q_n+\frac{1}{3}\\ &=\sf \frac{2}{3}\left\{-\frac{1}{14}\left(-\frac{1}{6}\right)^{n-1}+\frac{4}{7}\right\}+\frac{1}{3}\\ &=\sf \underline{\sf -\frac{1}{21}\left(-\frac{1}{6}\right)^{n-1}+\frac{5}{7}}\end{align*}}$
(１)～(３)それぞれが独立した問題ですが、どれもよくあるパターンですね。
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