平成１８年１２月３日

[流れ星]

　　　　　第1８２回数学的な応募問題解答

　　　　　　＜解答募集期間：１1月1２日〜１2月３日

［群数列］

皆さん、過去のの宮崎大学の入試問題を参考して出題します。是非チャレンジください。

数列｛ａ_ｎ｝は、ａ_ｎ＝［ｌｏｇ_２ｎ］で定義されている。ただし、［ｘ］は、ｘを超えない最大整数を表すものとする。

　

　問題１：初項ａ_１から第８項ａ_８までの値を求めよ。

　問題２：ａ_ｎ＝ｋ（ｋ≧０）となるような｛ａ_ｎ｝をｋ群とするとき、ｋ群に含まれる数列の項数と和をｋで表せ。

　問題３：初項ａ_１から第２^ｍ−１項までの和をｍで表せ。ただし、ｍは自然数

ＮＯ１「uchinyan」11/12 13時33分受信 更新12/3

　第１８２回数学的な応募問題
［群数列］

a(n) = [log2(n)] などと書くことにします。

問題１：
a(n) は整数、log2(n) は n に関して単調増加、及び
log2(1) = 0 < 1 = log2(2) < 2 = log2(4) < 3 = log2(8) から、
a(1) = 0, a(2) = 1, a(3) = 1, a(4) = 2, a(5) = 2, a(6) = 2, a(7) = 2, a(8) = 3

問題２：
同様にして、
a(n) は整数、log2(n) は n に関して単調増加、及び log2(2^k) = k < k+1 = log2(2^(k+1)) から、
a(n) = k となる n は、2^k 〜 2^(k+1) - 1 です。
したがって、個数は、{2^(k+1) - 1} - {2^k - 1} = 2^(k+1) - 2^k = (2 - 1) * 2^k = 2^k 個です。
また、和 s(k) = k * 2^k になります。

問題３：
S(n) = �納k=1,n] a(k) とすると、問題２：より、S(2^m - 1) = �納k=0,m-1] s(k)、つまり、
S(2^m - 1) = �納k=0,m-1] k * 2^k = �納k=1,m-1] k * 2^k
になります。これから、
2 * S(2^m - 1) = �納k=1,m-1] k * 2^(k+1)
= �納k=1,m-1] (k+1) * 2^(k+1) - �納k=1,m-1] 2^(k+1)
= �納k=1,m-1] k * 2^k - 1 * 2^1 + m * 2^m - �納k=1,m-1] 2^(k+1)
= S(2^m - 1) + m * 2^m - 2 - 2^2 * �納k=1,m-1] 2^(k-1)
2 * S(2^m - 1) - S(2^m - 1) = m * 2^m - 2 - 4 * �納k=1,m-1] 2^(k-1)
S(2^m - 1) = m * 2^m - 2 - 4 * �納k=1,m-1] 2^(k-1)
= m * 2^m - 2 - 4 * {2^(m-1) - 1}/{2 - 1}
= m * 2^m - 2 - 4 * 2^(m-1) + 4
= (m - 2) * 2^m + 2
つまり、和は、(m - 2) * 2^m + 2 になります。

(感想)
標準的な問題ですが、様々な要素が盛り込まれており、よい復習になりますね。

ＮＯ２「Toru」　 11/15 14時39分受信 更新12/3

問題１　a1=0,a2=1,a3=1,a4=2,a5=2,a6=2,a7=2,a8=3

問題２　an=kとなるのはn=2^k,2^k+1,----,2^(k+1)-1の2^k 個
よってk群の項数は2^k 和は　k 2^k

問題３　０群から(m-1)群までの和を求めればよい
Σ(k=0〜(m-1))k 2^k =S とすると
2S=Σ(k=0〜(m-1))k 2^(k+1)=Σ(k=0〜(m-1))(k+1)2^(k+1) -Σ(k=0〜(m-1))
2^(k+1)
=Σ(k=1〜m))k 2^k-Σ(k=1〜m)2^k =S+m 2^m −(2^(m+1)-2)
よりS=(m−2) 2^m +2

別解１
1+x+x^2+----------x^(m-1)=(x^ m -1)/(x-1)の両辺を微分して
1+2x+3x^2+-------+(m-1)x^(m-2)=(m x^(m-1) (x-1)-(x^m-1))/(x-1)^2
=((m-1) x^m −mx^(m-1) +1)/(x-1)^2    x倍して
x+2x^2+3x^3+------(m-1) x^(m-1)= ((m-1) x^(m+1) −m x^m +x)/(x-1)^2
x=2とすれば S=(m-1) 2^(m+1)-m 2^m+2=(m-2) 2^m+2

別解２
Σ(k=0〜(m-1))k 2^k =Sm とすると　
Sm=Sm-1 +(m-1) 2^(m-1) これを変型して
Sm −m 2^m=Sm-1-(m-1) 2^(m-1) −2^m さらに
Sm −m 2^m+2^(m+1)= Sm-1-(m-1) 2^(m-1) +2^m= -----=S1 −(2-1) 2^(2-1) + 2^2=2
よってSm= m 2^m − 2^(m+1) +2=(m-2) 2^m + 2

個人的には、あまり難しい問題よりもこれぐらいのものが、気分よく解けてよいなと思います。
問題３については、はるか昔、高校時代を思い出して、いろいろいじってみました。

ＮＯ３「kashiwagi｣11/16 16時27分受信 更新12/3

＜コメント：今回の問題も中々面白く解かせて頂きました。しかし、数字には 本当に面白い規則があるのですね。＞

182回問題

問1.一つ一つ書き出してみると、となることが分かる。

問2.上の値より計算を繰り返すと以下の表に示す関係を得る。

　　　

ｋ	項数	和
0	1	0
1	2	2
2	4	8
3	8	24
4	16	64
k	2^k	k2^k

問3.　上記よりｋ＝1〜ｍ-1までの総和を求めれば良い。今、

　　　　　＝　を考え、両辺をｘで微分する。

　＝　

　　　　ここで両辺にｘをかけると、

　＝　

　　　　　因って、　＝　

　　　　　ｘに2を代入すると　、右辺は（ｍ-2）2^ｍ　+　2　となる。　これが求めるものである。

ＮＯ４「kasama」 11/21 15時57分受信

「kasama」 11/24 16時21分受信 更新12/3

【問題１】
順次計算していくと、以下のようになります。
　a₁=[log₂1]=0,
　a₂=[log₂2]=1,a₃=[log₂2]=[1.584･･･]=1,
　a₄=[log₂4]=2,a₅=[log₂5]=[2.321･･･]=2,a₆=[log₂6]=[2.584･･･]=2,a₇=[log₂7]=[2.807･･･]=2,
　a₈=[log₂8]=3

【問題２】
a_n=[log₂n]=kとなるようなn は、区間[2^k,2^k+1)に含まれる整数です。よって、k群の項数は2^kで、その和はk･2^kです。

【問題３】
k群に含まれる項数は2^kだから、0群からk-1群までの項数の和は2⁰+2¹+2²+･･･2^k-1=2^k-1です。
すると、初項から第2^m-1項までの和は0群からm-1群までの項の和なので、
　=(m-2)2^m+2
です(補足参照)。

【補足】計算過程を補足しておきます。
　S(x)=
とします(ただし、x>1)。そして、
　x⁰+x¹+x²+･･･+x^m=(x^m+1-1)/(x-1)
の両辺をxで微分すると、
　0+1+2x+･･･+mx^m-1=(mx^m+1-mx^m-x^m+1)/(x-1)²
　⇒左辺=1+x+･･･+x^m-1 + 0+x+･･･+(m-1)x^m-1⇒左辺=(x^m-1)/(x-1)+S(x)
　⇒S(x)=(mx^m+1-mx^m-x^m+1)/(x-1)²-(x^m-1)/(x-1)
x=2を代入して、整理すると、
　=S(2)=(m-2)2^m+2
です。

※青字は2006.11.24に修正

皆さん、答えがわかったら、一部でも構いませんから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。待っています。