★東大入試作問者になったつもりのスレ★

>>295
(1) >>292 と同じやり方で、
　ON:ND=4:3 。
(2) O(0,0,6),A(√2,0,0),B(0,√2,0),C(-√2,0,0),D(0,-√2,0)とおく。
　すると、L(0,4√2/5,6/5),M(-√2/2,0,3)となるので
　　ベクトルAL=(-√2,4√2/5,6/5)
　　ベクトルAM=(-3√2/2,0,3)
で、これらはベクトル(2,1,√2)と垂直である。よってπの方程式は
　　2x+y+(√2)(z-2)=0
　となり、これとO(0,0,6)の距離は
　　|4√2|/√(4+1+2) = (4√14)/7

>>276はすでに２組にも分けられないこと言ってるよ
７のことに言及してるじゃん

>302
７を３組以上に分配できない、としか言ってないにょ

そうだね。ごめんちゃい

>>297

△ABCの１つの角を 2θ( 0<θ<π/4 )とおくと、三つの辺の長さはそれぞれ、
r(1+ 1/tanθ),
r{1+ tan(π/4-θ)},
r(1/tanθ + 1/tan(π/4-θ)}.

よって、k=2r{1 + 1/tanθ + 1/tan(π/4-θ)}.

1/tanθ + 1/tan(π/4-θ)
= {sinθ*cos(π/4-θ)+cosθ*sin(π/4-θ)}/{sinθ*sin(π/4-θ)}
= sin(π/4)/[{cos(π/4-2θ)-cos(π/4)}/2]
= 2/{√2 cos(π/4-2θ) - 1} ≧ 2/(√2 -1) [θ=π/8].

したがって、0＜r≦k/[2{1+2/(√2 -1)}]=(3-2√2)k/2.

×) r{1+ tan(π/4-θ)},
○) r{1+ 1/tan(π/4-θ)},

>>299
幾何分布。答えは2。
東大なら絶対に，『ただし，n2^(-n)→0 (n→∞)を用いてよい』って書くだろう。

>>307
答えはｎ以上になるので２ではない。

>>305
計算ミスがあるようです。

>よって、k=2r{1 + 1/tanθ + 1/tan(π/4-θ)}.
これは、k=r{3 + 2/tanθ + 2/tan(π/4-θ)} の間違いでしょう。

あと,続く1/tanθ + 1/tan(π/4-θ) の計算も最後にミスあり。

ごめん。題意を取り違えた。
『n回続けて表が出るまで』の回数の期待値ってことね。
でもこれって，『期待値の極限が収束することを用いてよい』
としないと，求めるのが非常に困難と思われますが？
たとえば，易しく『3回続けて』と改題したとしても，
解答は
『k回目までに3回続けて表が出なかったらその時点でやめることにする。
このとき投げる回数の期待値をE(k)とする。p=1/2と書くとき，
E(k+3)=p^3*3+p^2(1-p)*{3+E(k)}+p(1-p)*{2+E(k+1)}+(1-p)*{1+E(k)}
であるから，E(k)が収束することを仮定してその極限をEとすると，
E=(1+p+p^2)/p^3=14回』
となる。これをさらに一般のnにしたら・・・入試問題としては無理があるだろ。

がぎぐぐっ、まちがえた！
k=r{3 + 2/tanθ + 2/tan(π/4-θ)} じゃん.

>>309
うん、恥ずかしいでそ。やっぱ、紙の上でやんないとだめっすね…(欝

>>299

終了の条件を加えて改題を提案して答案だします。
「コイン１枚を繰り返し投げ、n-1回続けて表が出、n回目に裏が出た
時点で終了する。投げた回数nの期待値Eを求めよ。」

E = ��(i=1;∞){i/2^i}
= ��(i=1;∞)��(j=i;∞){1/2^j}
　= ��(i=1;∞)��(j=1;∞){1/2^(i+j-1)}
= ��(i=1;∞){1/2^(i-1)}
= 2

あ、答えでてた。

>>313
それは裏が一回続いて出たら終了ということ。

>>313
問題の意味がワカラン

【問題】
実数xに対して、xを超えない最大の整数を[x]と表す。
Nを自然数の定数として、自然数全体を定義域とする関数
　f(n)＝n＋[N/n]
を考える。
f(n)の最小値は[√(4N+1)]で与えられることを示せ。

nを正の整数とし、n個のボールを3つの箱に分けて入れる問題を考える。
ただし一個のボールも入らない箱があっても良いものとする。
次に述べる4つの場合についてそれぞれ相異なる入れ方の総数を求めたい。

(1) 1からnまで異なる番号のついたn個のボールを、
区別された3つの箱に入れる場合、その入れ方は全部で何通りあるか。

(2) 互いに区別のつかないn個のボールを、区別された3つの箱に
いれる場合、その入れ方は全部で何通りあるか。

(3) 1から まで異なる番号のついたn個のボールを、区別のつか
ない3つの箱に入れる場合その入れ方は全部で何通りあるか。

(4) nが6の倍数6mであるとき、 個互いに区別のつかないボールを
区別のつかない3つの箱に入れる場合その入れ方は全部で何通りあるか。


っていう過去問が結構面白かった。

>>292 は高校入試として使えそうだな。

>>318
96 理�T後期ね。(3)(4)が頭を使うね。
01 慶應・理工の最後の問題が少し似てる。

>>310
そうですか。無理がありますか。
僕としては、ｋ回目に投げ終える確率をｐ(ｋ)として、
ｋ＝１〜ｍまでｋ･ｐ(ｋ)を足して、ｍ＝∞のときにそれが収束することを示し、
その極限値を求めよという問題のつもりだったんですが。
たしかに、収束することまで示させるのは無理があるかもしれないけど、
得られた式を適当に評価することも大事だし、そのほうが面白いと思ったんで。

>>321
まず，p(k)がどんな式になるか。あなたの考えを聞かせてよ。
俺的には，それを立てるだけで東大の入試問題とはいえ十分すぎる
ものになると思うんだけど。

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井口和基博士って？
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国際的な物理学者が無職？
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シュレッダー処分
http://cheese.2ch.net/test/read.cgi/sci/999158820/i

病気deathか。

>>322
具体的に求めるわけではありません。
漸化式で式変形を行い評価しようということです。具体的には、
ｐ(k)をｋ回目に終わる確率とし、ｑ(ｋ)をｋ回目までに終わらない確率とする。
但し、ｑ(０)＝１とします。すると、
　ｓｕｍ{ｋ＝１〜ｍ}ｋ・ｐ(ｋ)
＝ｓｕｍ{ｋ＝１〜ｍ}ｋ･(ｑ(ｋ−１)−ｑ(ｋ))
＝ｓｕｍ{ｋ＝１〜ｍ−１}ｑ(ｋ)−ｍ・ｑ(ｍ)　　　・・・（ａ）
となります。求める期待値はｍ＝∞のときの極限値です。
詳しくは書きませんが、ｍが十分大きいときｑ(ｍ)は指数関数的に減少するので
ｍ・ｑ(ｍ)はｍ＝∞のとき０に収束します。
あとは、ｑ(ｋ)のｋ＝１〜∞にわたる和の極値を求めれば終了です。
また分散も求めることができるはずです。
分散に関してはまだ確認してないので断言はできませんが。
　　　　　　　　　

一辺70cmの正方形の板に向けて
50発の散弾を撃ちこむとき、
少なくとも1組の散弾（2個の散弾）
の距離は15cm以内になることを証明せよ。
但し、50発の散弾は全て板に命中する
ものとする。

>>327
正方形の板を10cm×10cmの小正方形49個に分割して
鳩の巣原理をもちいる。
ちょっと簡単すぎ。

>>327
数学というよりクイズだな。
おもしろいけど。

>>310
『k回目までに3回続けて表が出なかったらその時点でやめることにする。
このとき投げる回数の期待値をE(k)とする。p=1/2と書くとき，
E(k+3)=p^3*3+p^2(1-p)*{3+E(k)}+p(1-p)*{2+E(k+1)}+(1-p)*{1+E(k)}
であるから，E(k)が収束することを仮定してその極限をEとすると，
E=(1+p+p^2)/p^3=14回』

の意味を詳しく教えてください。
特に『E(k+3)=p^3*3+p^2(1-p)*{3+E(k)}+p(1-p)*{2+E(k+1)}+(1-p)*{1+E(k)}
』
の漸化式はどの様な考えでたてるのでしょうか？
期待値の分割とかいうやつですか？

>>326
(ａ)式が間違っておりました。正しくはｋ＝０〜ｍ−１です。
したがって、下から３行目はｋ＝０〜∞です。

>>317
とりあえず無難な解答を。

ｇ(ｘ)=ｘ＋Ｎ/ｘとおくと、ｇ'(ｘ)＝1−ｎ／ｘ＾２より
ｇ(ｘ)はｘ≧Ｎ＾(1／2)のとき単調増加、ｘ≦Ｎ＾(1／2)のとき単調減少となる。
したがって、Ｎ＝ａ＾2＋ｂ(但しａ自然数,ｂは０≦ｂ≦２ａを満たす整数、
すなわちａ＾２≦Ｎ＜(ａ＋１)＾２を満たす)とおくと、
ｎ＝ａまたはｎ＝ａ＋１のどちらかでｆ(ｎ)は最小値をとる。
なおｆ(ａ)＝２ａ＋[ｂ／ａ],ｆ(ａ＋１)＝２ａ＋[(ｂ＋１)／(ａ＋１)]である。
(�@)ａ＞ｂのとき、ｂ／ａ＜(ｂ＋１)／(ａ＋１)より
minｆ(ｎ)＝ｆ(ａ)＝２ａである。また、
(２ａ)＾２＜４ｎ＋１
　　　　　＝４ａ＾２＋４ｂ＋１
　　　　　＜４ａ＾２＋４ａ＋１
　　　　　＝(２ａ＋１)＾２
より、２ａ＝[(４ｎ＋１)＾(１／２)]となる。
(�A)ａ≦ｂのとき、(ｂ＋１)／(ａ＋１)＜ａ／ｂより
minｆ(n)＝ｆ(ａ＋１)＝２ａ＋１である。また、
(２ａ＋１)＾２＝４ａ＾２＋４ａ＋１
　　　　　　　≦４Ｎ＋１
　　　　　　　＝４ａ＾２＋４ｂ＋１
　　　　　　　＜４ａ＾２＋８ａ＋４
　　　　　　　＝(２ａ＋２)＾２
より、２ａ＋１＝[(４ｎ＋１)＾(１／２)]となる。
(�@),(�A)より、minｆ(ｎ)＝[(４n＋１)＾(１／２)]を得る。

微分を使ってしまったのが悔やまれる。

>>332
>とりあえず無難な解答を。
無難でない解答も見たいな･･･

>>333
無いです。
無難な解答と書いたのは、解答に発想がほとんど無いということです。
個人的には微分を使わない解答を教えてほしい。

nを自然数の定数とする。また、
　0≦i≦j≦4n
を満たす整数i,jに対して
　f(i,j)＝�培(k-i)(k-j)|　（和はkについて0〜4nでとる）
とおく。
　f(i,j)の最小値を与えるi,jの値を決定せよ。

>>335をちょい考えてみたが
f(i,j)=�納0,i-1](k^2-(i+j)k+ij)-　�納i,j-1](k^2-(i+j)k+ij) +　�納j,4n](k^2-(i+j)k+ij)
=�納0,4n](k^2-(i+j)k+ij)-　2�納i,j-1](k^2-(i+j)k+ij)
=1/6*4n(4n+1)(8n+1)-1/2(i+j)4n(4n+1)+(4n+1)ij
- 2{1/6(j-1)j(2j-1)-1/6(i-1)i(2i-1)}+(i+j-1)(j-i)(i+j)-2ij(j-i)
=1/6*4n(4n+1)(8n+1) +1/3*j^3 -1/3*i^3 +(-2n(4n+1)-1/3)*j +(-2n(4n+1)+1/3)*i
+(4n+1)ij -ij^2 +i^2j
=1/6*4n(4n+1)(8n+1) +1/3*(j-i)(j^2 -2ij +i^2 -1) +(4n+1)(j -2n)(i-2n) -4n^2(4n+1)
=定数 +1/3*(j-i)(j-i+1)(j-i-1) +(4n+1)(j-2n)(i-2n)
を考えるのか？？うまくいかな〜い。ギブ〜

>>335は
4n^3+3n^2 を求めてそれが最小値であることを示す方向で考えたが
あっという間に45分過ぎて時間切れヽ（；´д｀）ﾉ
しかも面倒臭くて途中で一部計算を放棄。ぎぶあっぷ

方針：二次関数の平行移動で考える

・j-iが偶数のとき
(i+j)/2=2nまで平行移動するほうがｆを小さくできる。
　0.1.2付近や4n-1.4n付近を見るとわかる
i=nのときはその中でも最適である。
　上下に平行移動したときの値変化１が+か-かを見るとちょうどいいことがわかる

・j-iが奇数のとき
(i+j)/2=2n+1まで平行移動するほうがｆを小さくできる。
　同様の理由
その中の最適は(i,j)＝(n,3n+1),(n-1,3n)である。
　同様の理由

(n,3n)と(n,3n+1)の比較は
二つの差をとったもので
(1+2+...+n)+(1+2+...+2n)>(2n+1)+(2n+2)+...+3n
(i,j)=(n,3n)で最小である。

>>277,278 いわゆる「ナポレオンの定理」
A,B,Cが反時計周りに位置しているとし、G(δ),H(ε),I(ζ)とおく。
簡便のため cosθ+i*sinθ=<θ> で表す。
また、複素数 z の共役複素数を #z で表す。

(1) δ= (α-β)<30>+β={α(√3+1)/2+β(√3-i)/2}/√3
(2) δ= (α<30>+β<-30>)/√3, 同様に、ε=(β<30>+γ<-30>)/√3.
便宜的に△ABCの重心を原点0に平行移動したものとして、α+β+γ=0 と考えると、
(実際には α',β',…)

δ<120>
=<120>(α<30>+β<-30>)/√3)
=(α<150>)+β<90>)/√3
=(-γ<150>-β<150>+β<90>)/√3
={γ<-30>+β(√3-i)/2+iβ)/√3
={γ<-30>+β<30>}/√3 =ε. 同様に、ε<120>=ζ.

このことは、△GHIが、△ABCの重心を中心とする円に
内接する正三角形であることを示している。

(3) GIに関してAと対称な点をK(κ)、GHに関してBと対称な点を
L(λ)とおくと、K,Lはそれぞれ、C_1とC_3、C_1とC_2の交点である。
便宜的にGを原点0に平行移動したものとして考えると、
κ=ζ*#(α/ζ), λ=ε*#(β/ε).

ここで、α/β=<120>, ζ/ε=<60>より、
κ/λ
=<60>*#(<120>/<60>)
=<60>(<-120>/<-60>)
=<-60>/<-60>=1
であるから、κとλは一致し、C_1とC_2とC_3は一点で交わる。

＃初等幾何で解く方が何倍も簡単だよ〜。
って、交点が内部にあることがまだだった。

交点をKとするとき、∠AKB=∠BKC=∠CKA=120であることから、
△ABCの各角が120未満ならOKなのは初等幾何、でいい？

連続する１０個の自然数の中には５の倍数がちょうど２個ずつあるので３組以上
に分けると少なくとも１組は積が５の倍数となり少なくとも１組は積が５の倍数
にならないので積が等しくなるように３組以上に分けることはできない。
あとは２組に分けることができないことを示す。
連続する１０個の自然数の中には１１の倍数が０個もしくは１個含まれる。１１
の倍数が１個含まれる場合、２組に分けると一方は１１の倍数になりもう一方は
１１の倍数にならないので積が等しくなるように２組に分けることはできない。
１１の倍数が含まれない場合、１０個の自然数は１１で割ると１〜１０余る自然
数なので、それらすべての積を１１で割ると１０余る。積が等しくなるように２
組に分けることが出来るならば１０個全ての積が平方数であるが、しかし、平方
数を１０で割った余りは１，３，４，５，９のどれかなので、この場合平方数に
なっておらずよって積が等しくなるように２組に分けることは出来ない。
以上より題意は示された。

a

>>330の解説、誰かお願いします・・・

以下のように理解できると思います。


以下の４つの場合を考えます。ｋ回目までのコインの出方の集合をＳ(ｋ)とする。
(１)最初が裏のとき
その確率は１／２で、その後はＳ(ｋ＋２)に従う。したがって、
２回目からｋ＋３回目までにコインを投げる回数の条件付き期待値は
Ｅ(ｋ＋２)であり、よって、最初が裏である場合のＥ(ｋ＋３)への寄与分は
　　　　　{１＋Ｅ(ｋ＋２)}×(１／２)
である。
(２)最初の２回が表裏の順番であるとき
その確率は１／４で、その後はＳ(ｋ＋１)に従う。したがって、
３回目からｋ＋３回目までにコインを投げる回数の条件付き期待値は
Ｅ(ｋ＋１)であり、最初の２回が表裏の順番である場合のＥ(ｋ＋３)への寄与分は
　　　　　{２＋Ｅ(ｋ＋１)}×(１／４)
である。
(３)最初の３回が表表裏の順番であるとき
その確率は１／８で、その後はＳ(ｋ)に従う。したがって、
４回目からｋ＋３回目までにコインを投げる回数の条件付き期待値はＥ(ｋ)であり、
よって、最初の３回が表表裏の順番である場合のＥ(ｋ＋３)への寄与分は、
　　　　　{３＋Ｅ(ｋ)}×(１／８)
である。　　　　
(４)最初の３回が全て表のとき
そこで終了であり、
その確率は１／８でコインを投げる回数の条件付き期待値は３／８である。

以上(１)〜(４)より
　　　　　Ｅ(ｋ＋３)＝３／８＋{１＋Ｅ(ｋ＋２)}／２＋{２＋Ｅ(ｋ＋１)}／４
　　　　　　　　　　　＋{３＋Ｅ(ｋ)}／８
を得る。


ちょっと分かりにくいかもしれませんがこういうことだと思います。
書いてある式が微妙に違いますがこちらが正しいと思います。
何か不備があれば指摘してください。

>>344
ありがとうございます。
この問題以外でも使えそうな考え方ですね。。。

344の訂正です。
(４)の条件付き期待値は３で、Ｅ(ｋ＋３)への寄与分が３／８です。

ここからは私の考察です。

漸化式を整理すると、
Ｅ(ｋ＋３)＝７／４＋Ｅ(ｋ＋２)／２＋Ｅ(ｋ＋１)／４＋Ｅ(ｋ)／８
となる。定義よりｉ≧ｊのとき明らかにＥ(ｉ)≧Ｅ(ｊ)
よって、ｋ≧３のとき
Ｅ(ｋ)≦７／４＋(７／８)Ｅ(ｋ)
⇔Ｅ(ｋ)／８≦７／４
⇔Ｅ(ｋ)≦１４
を得る。よって、数列{Ｅ(ｋ)}は上に有界でかつ単調増加数列なので、
ｋ＝無限大のとき極限値を持つ。よって、Ｅ(ｋ)は収束することがわかる。

この考えを用いれば一般のｎに拡張することも簡単だった。
326でやったようなめんどくさいことはしなくてすむし、
十分大学入試でも使えると思う。
出題した自分が一番勉強したかもしれない。

一般のｎへの拡張をおしえてください・・・

>>299 は来年か再来年の東大入試に使われるな。

310 を書いたものです。久しぶりに見たらこんなことになっていて。
晴れのちぐぅさん。すみません。
本来私が返答しないといけないところを返答していただいた上に
ミスまで直してくださいまして，ありがとうございます。
しかし，私はむしろ>>326 の解法に脱帽しました。私の負けです。

意表を突いて、、、

三角形の各頂点から対辺に垂線を下すと一点で交わることを示せ

なんてのはどう？
９９年の三角関数の加法定理と同程度の問題だと思うけど。

>>350
今年の名古屋市立大・経済，芸術工で同趣旨の問題が
(複素数平面の問題として)出題されています。良問ですね。
さらに意表をついて，
『�僊BCにおいて，AB=AC⇔∠ABC=∠ACBを証明せよ。』
とか。あっ，これは平面幾何になっちゃうから範囲外か？

>>350
ベクトルの内積、複素数平面、純粋に平面幾何の手法で解ける。
ノーヒントならベクトルでやるかな。

p, q, r を互いに素な自然数とするとき、
�@ p, 2p, 3p, …… ,(q−1)p のそれぞれを q で割った余りが全て異なることを証明せよ。
�A r^(p−1)を p で割った余りは必ず１になることを証明せよ。

>>353
フェルマーの小定理は京都が何度か出している(ノーヒントのこともあった)
ので，いまさら東大が出すとは思えないのですが。

>>353
３＾（４−１）を４で割ると３余るので証明できない。
あと丸数字は使うな。

私もこんな問題を一問。

「ｎ人の人が１つずつプレゼントを持っている。
このプレゼントを一回集めた後、全員に一個ずつ配る。
このとき全員が他人のプレゼントを貰う確率をp[n]とする。

lim[n→∞]p[n]を求めよ。」

>>355
ネタ？
３＾（４−１）を４で割ると１余るので

>357
>ネタ？
>３＾（４−１）を４で割ると１余るので

3^(4-1)=3^3=27=4*6+3
あっネタを書こうと思ってるの？

>>356
まあまあの手応え。でもEXPのマクローニン展開を知らないとできないのでは？
答：EXP（-1）

解：
全員が他人のプレゼントを貰う場合の数をq[n]として漸化式
q[n]=(n-1){q[n-1]+q[n-2]}、q[3]=2、q[2]=1を得る。
ｎ!などで割ってp[n]の漸化式にすると
p[n]=(n-1)/ｎ･{p[n-1]}+1/ｎ･{p[n-2]}、p[3]=1/3、p[2]=1/2を得る。
これを解くと、p[n]=Σ(-1)^ｎ/(ｎ!)となる。
よって、ｎ→∞のときEXP(x)のマクローニン展開にx=-1を代入することで
EXP(-1)を得る。

マクローニン展開を知ってれば東大理系にしては普通くらいの問題かな。
確率の漸化式も比較的普通に出せるだろう。
マクローニン展開なしでやる方法はあるのだろうか。

それにしても確率で約４０％近くになるのか、、、
意外に大きいな。

マクローニン？
ネタ？

なんで丸数字つかっちゃだめなの？

スマソ
マクローリンだよ。

>>362
たぶん、ウィンドウズ以外じゃ文字化けするから。

>362
使ってもいいよ
読めない奴が一部いるけど
読めない機械使ってる方が悪い

>>357
計算間違いしたの？

わ〜い！わ〜い！
丸数字いぱ〜い使っちゃお！
�@�A�B�C�D�E�F�G�H�I�J�K�L�M�N�O�P�Q�R�S

>>367
計算間違いしたの？

>>347
一般のｎへの拡張を考えます。


終了の条件を加えたときのｍ回目までにコインを投げる回数の期待値をＥ(ｍ)、
ｍ回目までのコインの出方の集合をＳ(ｍ)とする。ｋ(１≦ｋ≦ｎ)回目に初めて
裏が出たとき、その確率は１／２＾ｋであり、(ｋ＋１)回目からｍ回目までのコ
インの出方はＳ(ｍ−ｋ)に従う(但し、ｍ≧ｎ＋１)ので、ｋ回目にはじめて裏が
出た場合のｍ回目までにコインを投げる回数の条件付き期待値はｋ＋Ｅ(ｍ−ｋ)
であり、Ｅ(ｍ)への寄与分は{ｋ＋Ｅ(ｍ−ｋ)}／２＾ｋである。
また、ｎ回目まで全て表が出たときはそこで終了であり、その確率は１／(２＾ｎ)
であるのでＥ(ｍ)への寄与分はｎ／(２＾ｎ)である。これらから、

Ｅ(ｍ)＝ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ)[{ｋ＋Ｅ(ｍ−ｋ)}／２＾ｋ]＋ｎ／２＾ｎ
　　　＝(ｎ／２＾ｎ)＋ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ)(ｋ／２＾ｋ)
　　　　　　　＋ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ){Ｅ(ｍ−ｋ)／２＾ｋ}

という漸化式を得る。

Ｔ＝ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ)(ｋ／２＾ｋ)

とすると、

Ｔ＝２Ｔ−Ｔ
　＝ｓｕｍ(ｋ＝０〜ｎ−１){(ｋ＋１)／２＾ｋ}
　　−ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ)(ｋ／２＾ｋ)
　＝ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ−１)(１／２＾ｋ)＋１−ｎ／２＾ｎ
　＝{(１−１／２＾(ｎ−１)}＋１−ｎ／２＾ｎ
　＝２−１／２＾(ｎ−１)−ｎ／２＾ｎ

となる。よって、

Ｅ(ｍ)＝２−１／２＾(ｎ−１)＋ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ){Ｅ(ｍ−ｋ)／２＾ｋ}

を得る。定義より明らかにｉ≧ｊのときＥ(ｉ)≧Ｅ(ｊ)なので、

Ｅ(ｍ)≦２−１／２＾(ｎ−１)＋ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ){Ｅ(ｍ)／２＾ｋ}
　　　＝２−１／２＾(ｎ−１)＋(１−１／２＾ｎ)Ｅ(ｍ)
　⇔
Ｅ(ｍ)／２＾ｎ≦２−１／２＾(ｎ−１)　　　　　∴Ｅ(ｍ)≦２＾(ｎ＋１)−２

である。Ｅ(ｍ)は単調増加かつ上に有界なのでｍ＝無限大のとき極値を持つ。
ｍ＝∞のときの極値をＥ(∞)とおくと、

Ｅ(∞)＝２−１／２＾(ｎ−１)＋ｓｕｍ(ｋ＝１〜ｎ){Ｅ(∞)／２＾ｋ}
　　　＝２−１／２＾(ｎ−１)＋(１−１／２＾ｎ)Ｅ(∞)
∴Ｅ(∞)／２＾ｎ＝２−１／２＾(ｎ−１)
∴Ｅ(∞)＝２＾(ｎ＋１)−２

よって、求める期待値は２＾(ｎ＋１)−２である。

　　　　　

a,bを実数、f(x) ＝ x^2 ＋ a x＋ c とする。
このとき y＝|f(x)| の−1≦x≦1 での最大値を max|f(x)|と書くとき、
『 max|f(x)|≧1/2 が常に成り立ち、かつ等号が成立するのは
f(x)＝f_0(x)＝ x^2−1/2 のときのみ』・・・(※）
であることを証明せよ。
必要ならば『任意の３点を通る直線は存在しない』・・・（※※）
を用いてよい。

>>359
すばらしい。そんな感じ。もうちと感覚的にやっても
多少のやり方の減点を覚悟すれば高校レベルでも出来ます。
1/eっていう答えの美しさに感動した。

こんなのもどーかな。

「n^n^n=n^(n^n)　、n^n^n^n=n^{n^(n^n)}･･･というように上の方から順番に計算していくものとする。

a[1]=√2
a[2]=√2^√2
a[3]=√2^√2^√2
a[n]=√2^√2^√2････√2(←n個√2がある。）

とすると、lim[n→∞]a[n]　を求めよ」

>>370
f(-1)-f(0)=1-a ・・・（あ）
f(1)-f(0)=1+a　・・・（い）
で、（あ）（い）のうち少なくとも一方は1以上なので、
-1≦x≦1におけるf(x)の値域の幅は1以上である。
よってmax|f(x)|≧1/2 がいえる。

とくに「max|f(x)|＝1/2 」となるためには、上の議論から
「a＝0」が必要で、このときf(x)=x^2+c となり、
これが「max|f(x)|＝1/2 」を満たすには
　f(1)≦1/2　かつ　f(0)≧−1/2
が成り立てばよい。よってc＝1/2 。

誘導に乗れなくてスマソ。
ちなみに
『任意の３点を通る直線は存在しない』・・・（※※）
ってゆう表現はヘンじゃないか？

>>372
×よってc＝1/2
○よってc＝−1/2

>>370
その問題は大学入試で激しくガイシュツ。
東大では90年に3次バージョンを出している。いまさら出すとは思えないが･･･

>>371
答は２だ。

恐らく一般形としては、b>1として
a[n]=（b^1/b）^（b^1/b）^（b^1/b）^･･･（b^1/b）(←n個b^1/bがある。）
となるだろう。
このときの極限値はb。
証明はわからない。

わかりにくいかもしれないので念のため。

a[n]=（2^1/2）^（2^1/2）^（2^1/2）^･･･（2^1/2）(←n個2^1/2がある。）

√2のときは↑ね。
どうやってやるんだろう？答の予測はあっさりできたのに。

よって逝し

>370
チェビシェフの多項式やろ？
筑波かどっかでも出てたし、結構頻出．
有理解とか整数係数多項式の問題にもなった気がする

>>378
その問題おしえて

眠れずに考えた。>>375はちょっと訂正が必要だ。
極限値はe（自然対数）を境に変わる。

{a[n]}^2=2^a[n‐1]よりa[n]/a[n‐1]=2log{a[n]}/{a[n]log2}。
ここで、関数y=logx/xを考える。
0<x<1で0未満、x=1で0、x>1で0より大、x=eで極大値1/e。
これを考慮して、a[n]>1などから、n→∞のとき、a[n]/a[n‐1]はある有限の値をとる。
その有限値は1としてよい（かなりあやしい）。
すると、a[n]の極限値は2又は4。
a[1]=√2であるので、極限値は2（初項がeより大きければ4）。

厳密な証明は誰か教えてほしい。
一般形のときの極限値も初項がeより大か小かで２通り。eのときはeのみ。

＞（初項がeより大きければ4）
間違い。

>>381
正解を教えてくれよ。
初項が4より大きければ、4だな、たぶん。

>>379
以下のような問題があります。
(１)最高次の係数が２＾(ｎ−１)であるｎ次の多項式ｆ(ｘ)で、|ｘ|≦１
　　を満たす全ての実数ｘに対して、|ｆ(ｘ)|≦１を満たすものが唯一つ
　　存在することを証明してください。但し、ｎは自然数とします。
(２)cos(２π／ｎ）が有理数となるような自然数ｎを全て求めてください。
(３)sin(２π／ｎ）が有理数となるような自然数ｎを全て求めくてださい。

tanについても誰か考えて下さい。てか、教えて。

ａ，ｂを実数とする。
ｘについての２次方程式
（ａ＋ｉ）ｘ＾２＋（２ｂ＋（２ａ＋１）ｉ）ｘ＋（ｂ＋２ｂｉ）＝０
が実数解を持つための条件を求めよ。

すべての自然数はいくつかの整数の２乗の和もしくは差で表されることを示せ。

例）
29=2×2+5×5
56=1×1‐3×3+8×8

３角形ＡＢＣの内接円をＯとする。円Ｏと３辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢとの接点を
Ｐ，Ｑ，Ｒとする。線分ＡＱ，ＡＲ，円Ｏに同時に接する円と円Ｏとの接点をＬ，
線分ＢＲ，ＢＰ，円Ｏに同時に接する円と円Ｏとの接点をＭ，線分ＣＰ，ＣＱ，円Ｏ
に同時に接する円と円Ｏとの接点をＮとする。このときＰＬ，ＱＭ，ＲＮは一点で
交わることを証明せよ。(７円の定理のvariety)

>>385
１＝１×１。
２＝１×１＋１×１。
３＝１×１＋１×１＋１×１。
４＝１×１＋１×１＋１×１＋１×１。
５＝１×１＋１×１＋１×１＋１×１＋１×１。

>>385は「絶対値の異なる」整数という趣旨だと思われ。

>>385 (>>388の解釈で)
n≧1で
2n+1=(n+1)^2-n^2
2n+2=(n+2)^2-(n+1)^2-1^2
これで3以上は解決。
1=1^1
2=4^2-3^2-2^2-1^2
これで全部解決。

>>371
371を少しだけ拡張して以下のような問題を考えます。

問題　Ａを実数とする。また、Ａ(１)＝Ａとして数列{Ａ(ｎ)}を
　　　　　　　　Ａ(ｎ＋１)＝２＾{Ａ(ｎ)／２}　(ｎ≧１)
　　　で定義する。ｎ＝∞のときのＡ(ｎ)が収束するならばその極限値を求め、
　　　発散するならば発散することを証明せよ。

解答　Ｆ(ｘ)＝２＾(ｘ／２)，Ｇ(ｘ)＝２＾(ｘ／２)−ｘとする。
　　　このとき、
　　　　　　Ａ(ｎ＋１)＝Ｆ(Ａ(ｎ))
　　　　　　Ａ(ｎ＋１)−Ａ(ｎ)＝Ｇ(Ａ(ｎ))
　　　であり、ｘ≦２のときＦ(ｘ)≦２、２＜ｘ＜４のときＦ(ｘ)＞２，
　　　Ｆ(４)＝４，ｘ＞４のときＦ(ｘ)＞４である。また、
　　　　　　Ｇ'(ｘ)＝{(log２)／２}・{２＾(x／２)}−１
　　　より、α＝２log(２／log２)(ここでlog２＜１およびlog２＞１／２より
　　　２＜α＜４である)とすると、Ｇ(x)はｘ≦αで単調減少、ｘ≧αで単調増加
　　　である。これとＧ(２)＝Ｇ(４)＝０より、ｘ≦２でＧ(ｘ)≧０，２＜ｘ＜４
　　　でＧ(ｘ)＜０，ｘ＝４でＧ(ｘ)＝０，ｘ＞４でＧ(ｘ)＞０である。以上より
　　　　　「Ａ(ｎ)≦２のとき２≧Ａ(ｎ＋１)≧Ａ(ｎ)，２＜Ａ(ｎ)＜４のとき
　　　　　　２＜Ａ(ｎ＋１)＜Ａ(ｎ)＜４，Ａ(ｎ)＝４のときＡ(ｎ＋１)＝４，
　　　　　　Ａ(ｎ)＞４のときＡ(ｎ＋１)＞Ａ(ｎ)＞４」・・・(ａ)
　　　であり、さらにＧ(２)＝Ｇ(４)＝０より
　　　　　「{Ａ(ｎ)}が極限値を持つ場合それは２か４」・・・(ｂ)
　　　である。
　　　(１)Ａ≦２のとき
　　　Ａ(１)≦２なので(ａ)より帰納的に
　　　　　　Ａ(１)≦Ａ(２)≦・・・≦Ａ(ｎ)≦・・・≦２
　　　であり、数列{Ａ(ｎ)}は単調増加かつ上に有界なので極限値を持つ。
　　　Ａ(ｎ)≦２および(ｂ)より極限値は２である。
　　　(２)２＜Ａ＜４のとき
　　　２＜Ａ(１)＜４なので(ａ)より帰納的に
　　　　　　２＜・・・＜Ａ(ｎ)＜・・・＜Ａ(２)＜Ａ(１)＜４
　　　であり、数列{Ａ(ｎ)}は単調減少かつ下に有界なので極限値を持つ。
　　　２＜Ａ(ｎ)＜Ａ＜４および(ｂ)より極限値は２である。
　　　(３)Ａ＝４のとき
　　　Ａ(１)＝４なので(ａ)より帰納的にＡ(ｎ)＝４であり、極限値も４である。
　　　(４)Ａ＞４のとき
　　　Ａ(１)＞４なので(ａ)より帰納的にＡ(ｎ)＞４である。また、
　　　　　　Ｆ''(ｘ)＝{(log２／２)＾２}・{２＾(x／２)}＞０
　　　なので、
　　　　　「Ｆ(x)は下に凸な関数」・・・(ｃ)
　　　である。点(４，４)におけるＹ＝Ｆ(ｘ)の接線の方程式をＹ＝Ｈ(ｘ)とする
　　　と、(ｃ)より
　　　　　　Ｆ(ｘ)≧Ｈ(ｘ)
　　　　　　　　 ＝(２log２)・ｘ＋４−８log２
　　　なので、Ａ＝４＋β(βは０より大きい実数定数)とおくと
　　　　　　Ａ(n＋１)−Ａ(ｎ)≧(２log２−１)Ａ(ｎ)＋４−８log２
　　　　　　　　　　　　　　＝(２log２−１)･β
　　　となる（ここで、２log２−１＞０である)。よって、
　　　　　　Ａ(ｎ)＞Ａ(１)＋(ｎ−１)･(２log２−１)･β
　　　であり、ｎ＝∞のときＡ(ｎ)は＋∞に発散する。
　　　以上(１)，(２)，(３)，(４)より
　　　　「Ａ＜４のとき{Ａ(ｎ)}は収束し極限値は２
　　　　　Ａ＝４のとき{Ａ(ｎ)}は収束し極限値は４
　　　　　Ａ＞４のとき{Ａ(ｎ)}は発散する」
　　　ことが分かる。　
　　
これで終了。

>>390
細かいことですがいくつか訂正を書きます。
１つ目の訂正
「問題　Ａを実数とする。」ではなく「問題　Ａを実数の定数とする。」
２つ目の訂正
「さらにＧ(２)＝Ｇ(４)＝０より
　　「{Ａ(ｎ)}が極限値を持つ場合それは２か４」・・・(ｂ)
　である。」
ではなく
「さらにこれまでの議論からG(ｘ)＝０の解はｘ＝２，４のみなので
　　「{Ａ(ｎ)}が極限値を持つ場合それは２か４」・・・(ｂ)
　である。」
３つ目の訂正
「(４)Ａ＞４のとき
　　　Ａ(１)＞４なので(ａ)より帰納的にＡ(ｎ)＞４である。」
ではなく、
「(４)Ａ＞４のとき
　　　Ａ(１)＝Ａ＞４なので(ａ)より帰納的にＡ(ｎ)≧Ａ＞４である。」
４つ目の訂正
「Ａ(n＋１)−Ａ(ｎ)≧(２log２−１)Ａ(ｎ)＋４−８log２
　　　　　　　　　＝(２log２−１)･β
となる（ここで、２log２−１＞０である)。よって、
　　　　　　Ａ(ｎ)＞Ａ(１)＋(ｎ−１)･(２log２−１)･β
　　　であり、ｎ＝∞のときＡ(ｎ)は＋∞に発散する。」
ではなく
「Ａ(n＋１)−Ａ(ｎ)≧(２log２−１)Ａ(ｎ)＋４−８log２
　　　　　　　　　≧(２log２−１)Ａ＋４−８log２
　　　　　　　　　＝(２log２−１)(４＋β)＋４−８log２
＝(２log２−１)･β」
となる（ここで、２log２−１＞０である）。よって、
　　　　　　Ａ(ｎ)≧Ａ(１)＋(ｎ−１)･(２log２−１)･β
　　　であり、ｎ＝∞のときＡ(ｎ)は＋∞に発散する。」
以上です。

>>375-376,>>380-382,>>390-391
おぉう、わしがここ来る度に下がっててきづかんかった。まじスマソ。


その通りです。当初の発問者の意図とはかけ離れた問題に発展していってビクーリですが、もちろん、原題の答えは２です。

あの問題だけを証明するならこんな証明が出来ます。
a(1)=√2　<　2
a(k)<√2の時、
a(k+1)=√2^a(k)<　√2^2=2
これより帰納的にa(n)は全ての自然数に於いて2未満である。
また、y=√2^xのグラフはy=xのグラフとx=2,4の２点で交わることを考えると、
1<x<2のとき、√2^x>xである。つまり、
a(n+1)>a(n)は任意の自然数nに於いて成り立つ。
以上より、lim[n→∞]a(n)=2

ここで、こんな発展系があります。是非、お考え下さい。

「n^n^n=n^(n^n)　、n^n^n^n=n^{n^(n^n)}･･･というように上の方から順番に計算していくものとする。

k>1とするとき、数列a(n)を以下のように定義する。
a(1)=k
a(2)=k^k
a(3)=k^k^k
a(n)=k^k^k････k(←n個kがある。）

とすると、lim[n→∞]a(n)　が収束するためのkの条件を求めよ。」

>>392
k=<e^(1/e)

>>393
お、おぅっ、速レス・・そうなのです。なかなか面白い答えに学生時代感動した覚えがあります。eのe乗根だからねー。

ちなみに、
y=x^(1/x)、つまりxのx乗根の極大値もeのe乗根。eって不思議と思ったのー。

age

kを3以上の定数とする。
実数a,b,cが
　a+b+c=k , a≧1,b≧1,c≧1
を満たすとき、
(a/b) + (b/c) + (c/a) のとり得る値の範囲を求めよ.

>>392
極限値が２より小さく１より大きいこと、そして、単調増加数列であること
はわかった。
しかし、それだけで極限値が２であると言いきれるのか？
1.9くらいで止まらず２が極限であると言うには不十分ではないか？

>>397
ａ（ｎ）は単調で有界なのでｓ＝ｌｉｍ（ａ（ｎ））は存在する。
ａ（ｎ＋１）＝（√２）＾ａ（ｎ）でｎ−＞∞として
ｓ＝（√２）＾ｓでｓ≦２となる。
これを満たすのはｓ＝２だけなのでｌｉｍ（ａ（ｎ））＝２。

次の条件を満たす点(x,y)の領域を図示せよ。
x^4+(xy)^2+xy*|x|/2≧x^2/2 または x^2+y^2≦|y|
x^2+y^2≦1

♥