第１問
自然数nに対して
$\small\sf{n\ !=n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\cdot\cdots 3\cdot 2\cdot 1}$
とおく。また、
$\small\sf{\begin{eqnarray}\sf n\ !!=\begin{cases} \sf n\left(n-2\right)\left(n-4\right)\cdots\cdots 5\cdot 3\cdot 1\ \ \ &\left(nが奇数のとき\right)\\ \sf n\left(n-2\right)\left(n-4\right)\cdots\cdots 6\cdot 4\cdot 2\ \ \ &\left(nが偶数のとき\right)\end{cases}\end{eqnarray}}$
とおく。次の問いに答えよ。
(１) 1000! を素因数分解したときにあらわれる素因数3の個数を求めよ。
(２) 1000!! を素因数分解したときにあらわれる素因数3の個数を求めよ。
(３) 999!! を素因数分解したときにあらわれる素因数3の個数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
aを超えない最大の整数を [a}で表すことにする。
(１)
1～1000に
3の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\left[\frac{1000}{3}\right]=333\end{align*}}$ 個
32の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{3^2}\right]=111\end{align*}}$ 個
33の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{3^3}\right]=37\end{align*}}$ 個
34の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{3^4}\right]=12\end{align*}}$ 個
35の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{3^5}\right]=4\end{align*}}$ 個
36の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{3^6}\right]=1\end{align*}}$ 個
以上より、素因数3の個数の合計は
$\scriptsize\sf{333+111+37+12+4+1=\underline{498}}$ 個
(２)
1～1000の偶数に
3の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\left[\frac{1000}{2\cdot 3}\right]=166\end{align*}}$ 個
32の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{2\cdot 3^2}\right]=55\end{align*}}$ 個
33の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{2\cdot 3^3}\right]=18\end{align*}}$ 個
34の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{2\cdot 3^4}\right]=6\end{align*}}$ 個
35の倍数は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\left[\frac{1000}{2\cdot 3^5}\right]=2\end{align*}}$ 個
以上より、素因数3の個数の合計は
$\scriptsize\sf{166+55+18+6+2=\underline{247}}$ 個
(３)
(１)、(２)より
$\scriptsize\sf{498-247=\underline{251}}$ 個
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- 2018/04/26(木) 23:57:00|
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第２問
m、tを正の実数とし、mt＞1とする。xy平面上に2点A(1，0)、B(0，t)
をとる。原点をO(0，0)とする。また、2直線
$\small\sf{L_1:\ y=-\frac{1}{m}x+t}$
$\small\sf{L_2:\ y=m\left(x-1\right)}$
の交点をPとする。このとき次の問いに答えよ。
(１) 点Pの座標をmとtを用いて表せ。
(２) 三角形OAPの外接円の直径をmとtを用いて表せ。
(３) tを固定したとき、∠OPAの大きさはmによらず一定であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{m}x+t=m\left(x-1\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{m\left(t+m\right)}{m^2+1} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=-\frac{1}{m}\cdot\frac{m\left(t+m\right)}{m^2+1} +t=\frac{m\left(tm-1\right)}{m^2+1} \end{align*}}$
なので、交点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{P\left(\frac{m\left(t+m\right)}{m^2+1},\frac{m\left(tm-1\right)}{m^2+1}\right)} \end{align*}}$
(２)
L1とL2の傾きの積は-1なので、これら2直線は直交する。
また、L1は点Bを、L2は点Aを通るので、
∠AOB=∠APB=90°
よって、四角形OAPBは内接四角形であり、ABが直径となる。
△OAPの外接円もこの円と一致するので、直径は
$\scriptsize\sf{\underline{AB=\sqrt{t^2+1}}}$
(３)
円周角の定理より、∠OPA=∠OBAなので、
tを固定すると、この角の大きさはmの値によらず一定である。
内接四角形に気づけば楽勝ですが･･････
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第３問
pを正の実数、qを-2p3＜q＜2p3をみたす実数とする。
f(x)=x3-3p2x+q
とおくとき、次の問いに答えよ。
(１) xが実数全体を動くとき、f(x)が極値をとるxとそのときの極値を
すべて求めよ。
(２) 方程式f(x)=0は相異なる3つの実数解を持つことを示せ。
(３) (２)の3つの解は、すべて-2p＜x＜2pをみたすことを示せ。
(４) (２)の3つの解のうちの1つを0＜$\small\sf{\theta}$ ＜$\small\sf{\pi}$ である$\small\sf{\theta}$ を用いて2pcos$\small\sf{\theta}$ と表したとき、
$\small\sf{2pcos\left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right)\ ,\ \ 2pcos\left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right)}$
も解となることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{f\ '\left(x\right)=3x^2-3p^2=3\left(x-p\right)\left(x+p\right)}$
であり、p＞0なので、f(x)の増減は次のようになる。
よって、
x=-pで極大値 $\scriptsize\sf{f\left(-p\right)=\underline{2p^3+q}}$
x=pで極小値 $\scriptsize\sf{f\left(p\right)=\underline{-2p^3+q}}$
をとる。
(２)(３)
$\scriptsize\sf{-2p^3\lt q\lt 2p^3}$
なので、
$\scriptsize\sf{f\left(-p\right)=2p^3+q\gt 0}$
$\scriptsize\sf{f\left(p\right)=-2p^3+q\lt 0}$
$\scriptsize\sf{f\left(2p\right)=2p^3+q\gt 0}$
$\scriptsize\sf{f\left(-2p\right)=-2p^3+q\lt 0}$
よって、y=f(x)のグラフは右図のようになるので、
方程式f(x)=0は-2p＜x＜2pの範囲に異なる3つの
実数解をもつ。
(３)
$\scriptsize\sf{x=2pcos\theta}$ が方程式f(x)=0の解なので、
3倍角の公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(2pcos\theta\right)&=\sf 8p^3cos^3\theta-6p^3cos\theta+q=2p^3cos3\theta+q=0\end{align*}}$
これより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(2pcos\left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right)\right)&=\sf 8p^3cos^3\left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right)-6p^3cos\left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right)+q \\ &=\sf 2p^3cos\left(3\theta+2\pi\right)+q\\ &=\sf 2p^3cos3\theta+q=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(2pcos\left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right)\right)&=\sf 8p^3cos^3\left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right)-6p^3cos\left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right)+q \\ &=\sf 2p^3cos\left(3\theta+4\pi\right)+q\\ &=\sf 2p^3cos3\theta+q=0\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\theta+\frac{2\pi}{3}\ ,\ \theta+\frac{4\pi}{3} \end{align*}}$
も方程式f(x)=0の解となる。
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第４問
0＜k＜1とする。平面上の凸四角形ABCDに対して、
点P、Q、R、Sを関係式
$\small\sf{\overrightarrow{\sf AP}=k\overrightarrow{\sf AB}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf BQ}=k\overrightarrow{\sf BC}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf CR}=k\overrightarrow{\sf CD}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf DS}=k\overrightarrow{\sf DA}}$
によって定めるとき、次の問いに答えよ。
(１) 原点をOとする。等式
$\small\sf{\overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OC}+\overrightarrow{\sf OD}=\overrightarrow{\sf OP}+\overrightarrow{\sf OQ}+\overrightarrow{\sf OR}+\overrightarrow{\sf OS}}$
が成り立つことを示せ。
(２) 比の値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{(六角形PBQRDSの面積)}{（四角形 ABCD の面積）} \end{align*}}$
をkを用いて表せ。
(３) 比の値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{(四角形PQRSの面積)}{（四角形 ABCD の面積）} \end{align*}}$
をkを用いて表せ。
(４) 0＜k＜1の範囲でkを動かすとき、(３)の比の値の最小値と
そのときのkを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AP}=k\overrightarrow{\sf AB}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \overrightarrow{\sf OP}-\overrightarrow{\sf OA}=k\left(\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}\right) \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \overrightarrow{\sf OP}=\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OA}+k\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$
同様に、
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf OQ}=\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OB}+k\overrightarrow{\sf OC}}$
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf OR}=\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OC}+k\overrightarrow{\sf OD}}$
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf OS}=\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OD}+k\overrightarrow{\sf OA}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf OP}+\overrightarrow{\sf OQ}+\overrightarrow{\sf OR}+\overrightarrow{\sf OS}}$
$\scriptsize\sf{=\left\{\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OA}+k\overrightarrow{\sf OB}\right\}+\left\{\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OB}+k\overrightarrow{\sf OC}\right\}+\left\{\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OC}+k\overrightarrow{\sf OD}\right\}+\left\{\left(1-k\right)\overrightarrow{\sf OD}+k\overrightarrow{\sf OA}\right\}}$
$\scriptsize\sf{=\overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OC}+\overrightarrow{\sf OD}}$
(２)
四角形ABCD、六角形PBQRDSの面積をそれぞれS0、S１とおく。
AP：BP=DS：AS=k:1-k、なので、
$\scriptsize\sf{\triangle APS=k\triangle ABS=k\left(1-k\right)\triangle ABD}$
同様に、
$\scriptsize\sf{\triangle CQR=k\left(1-k\right)\triangle CBD}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_1&=\sf S_0-\left(\triangle APS+\triangle CQR\right) \\ &=\sf S_0-k\left(1-k\right)\left(\triangle ABD+\triangle CBD\right)\\ &=\sf S_0-k\left(1-k\right)S_0\\ &=\sf \left(k^2-k+1\right)S_0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{S_1}{S_0}=\underline{k^2-k+1} \end{align*}}$
(３)
四角形PQRSの面積をS2とおく。
(２)と同様に
$\scriptsize\sf{\triangle BPQ=k\left(1-k\right)\triangle BAC\ ,\ \ \triangle DRS=k\left(1-k\right)\triangle DAC}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_2&=\sf S_0-\left(\triangle APS+\triangle CQR+\triangle BPQ+\triangle DRS\right) \\ &=\sf S_0-k\left(1-k\right)\left(\triangle ABD+\triangle CBD+\triangle BAC+\triangle DAC\right)\\ &=\sf S_0-k\left(1-k\right)\cdot 2S_0\\ &=\sf \left(2k^2-2k+1\right)S_0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{S_2}{S_0}=\underline{2k^2-2k+1} \end{align*}}$
(４)
(３)の比をr(k)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r\left(k\right)=2\left(k-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\ \ \ \left(0\lt k\lt 1\right)\end{align*}}$
なので、r(k)の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r\left(k\right)_{min}=\underline{r\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}} \end{align*}}$
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- 2018/04/29(日) 23:57:00|
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