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【数学ⅡB】群数列の応用【玉川大・東洋大】

群数列の応用数学IAIIB

ここでは群数列の応用問題について解説します。

少しややこしくても落ち着いて考えることで,群数列のやや複雑な問題も解くことができるようになります。

自分が今何を考えているかを把握することで,パニックにならずに解き進めることができるでしょう。

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2021年 玉川大

2021年 玉川大数列
\begin{align*}
\dfrac{1}{1},\dfrac{1}{2},\dfrac{2}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{3}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{4},\cdots,\dfrac{1}{n},\dfrac{2}{n},\cdots,\dfrac{n-1}{n},\dfrac{n}{n},\dfrac{n-1}{n},\cdots,\dfrac{2}{n},\dfrac{1}{n},\cdots
\end{align*}
について考える。
(1) $\dfrac{5}{11}$ が初めて現れるのは第 $\myhako$ 項である。
(2) 第200項は $\dfrac{\myhako}{\myhako}$ である。
(3) 初項から第200項までの和は $\dfrac{\myhako}{\myhako}$ である。
【(1)の解答と考え方】
第 $k$ 群に $2k-1$ 個の項があるように群に分けると次のようになる。
\begin{align*}
\dfrac{1}{1}\mid\dfrac{1}{2},\dfrac{2}{2},\dfrac{1}{2}\mid\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{3}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3}\mid\dfrac{1}{4},\cdots
\end{align*}
$\dfrac{5}{11}$ は第11群の5番目の数である。
\begin{align*}
\Sum{k=1}{10}(2k-1)+5=10^2+5=105
\end{align*}
より,$\dfrac{5}{11}$ が初めて現れるのは第105項である。
ヒロ
ヒロ

奇数の和は平方数になることを覚えておくと良いだろう。

(2) 第200項は $\dfrac{\myhako}{\myhako}$ である。

【(2)の解答と考え方】
第 $n-1$ 群の群末までに含まれる項数は
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n-1}(2k-1)=(n-1)^2
\end{align*}
であるから,第200項が第 $n$ 群にあるとすると
\begin{align*}
(n-1)^2<200\leqq n^2 \end{align*}
が成り立つ。$14^2<200<15^2$ であるから,第200項は第15群の4番目の項である。 よって,第200項は $\dfrac{4}{15}$ である。

(3) 初項から第200項までの和は $\dfrac{\myhako}{\myhako}$ である。

【(3)の解答と考え方】
第 $k$ 群に含まれる項の和は
\begin{align*} &\dfrac{1}{k}+\dfrac{2}{k}+\cdots+\dfrac{k}{k}+\dfrac{k-1}{k}+\cdots+\dfrac{1}{k} \\[4pt] &=\dfrac{1}{k}\Cdota\dfrac{1+k}{2}k+\dfrac{1}{k}\Cdota\dfrac{(k-1)+1}{2}(k-1) \\[4pt] &=\dfrac{1+k}{2}+\dfrac{k-1}{2} \\[4pt] &=k \end{align*}
であるから,初項から第200項までの和は
\begin{align*} &\Sum{k=1}{14}k+\dfrac{1}{15}+\dfrac{2}{15}+\dfrac{3}{15}+\dfrac{4}{15} \\[4pt] &=\dfrac{1+14}{2}\Cdota14+\dfrac{10}{15} \\[4pt] &=105+\dfrac{2}{3} \\[4pt] &=\dfrac{317}{3} \end{align*}

2021年 東洋大

2021年 東洋大自然数 $n$ に対して,$S(n)=\Sum{k=1}{n}\gauss{\sqrt{k}}$ とする。このとき,次の各問に答えよ。ただし,実数 $x$ に対して,記号 $\gauss{x}$ は $x$ 以下の最大の整数を表す。
(1) $\Sum{k=n^2}{(n+1)^2-1}\gauss{\sqrt{k}}=n\left(\myhako n+\myhako\right)$
(2) $S((n+1)^2-1)=\dfrac{\myhako}{\myhako}n\left(n+\myhako\right)\left(\myhako n+\myhako\right)$
(3) $S(n)\geqq2021$ となる最小の自然数 $n$ は $\myhako$ である。
【(1)の解答と考え方】
$n^2\leqq k\leqq(n+1)^2-1$ のとき,$n\leqq\sqrt{k}<n+1$ となるから,$\gauss{\sqrt{k}}=n$ となる。これを満たす自然数 $k$ の個数は
\begin{align*} (n-1)^2-1-n^2+1=2n+1 \end{align*}
であるから
\begin{align*} \Sum{k=n^2}{(n+1)^2-1}\gauss{\sqrt{k}}=n(2n+1) \end{align*}

(2) $S((n+1)^2-1)=\dfrac{\myhako}{\myhako}n\left(n+\myhako\right)\left(\myhako n+\myhako\right)$

【(2)の解答と考え方】
$T(n)=n(2n+1)$ とおくと,(1)の結果より
\begin{align*} S((n+1)^2-1)&=\Sum{k=1}{(n+1)^2-1}\gauss{\sqrt{k}} \\[4pt] &=\Sum{k=1^2}{2^2-1}\gauss{\sqrt{k}}+\Sum{k=2^2}{3^2-1}\gauss{\sqrt{k}}+\cdots+\Sum{k=n^2}{(n+1)^2-1}\gauss{\sqrt{k}} \\[4pt] &=T(1)+T(2)+\cdots+T(n) \\[4pt] &=\Sum{k=1}{n}T(k) \\[4pt] &=\Sum{k=1}{n}(2k^2+k) \\[4pt] &=2\Cdota\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+\dfrac{1}{2}n(n+1) \\[4pt] &=\dfrac{1}{6}n(n+1)\{2(2n+1)+3\} \\[4pt] &=\dfrac{1}{6}n(n+1)(4n+5) \end{align*}

(3) $S(n)\geqq2021$ となる最小の自然数 $n$ は $\myhako$ である。

【(3)の解答と考え方】
$S((n+1)^2-1)=U(n)$ とおいて,$U(n)>2021$ となる $n$ をざっくり計算する。計算しやすいように,2000で計算する。(2)の結果より
\begin{align*}
&\dfrac{2}{3}n^3=2000 \\[4pt]
&n^3=3000
\end{align*}
$14^3=2744,~15^3=3375$ であるから,14付近を具体的に計算する。
\begin{align*}
&U(14)=\dfrac{1}{6}\Cdota14\Cdota15\Cdota69=2415>2021 \\[4pt]
&U(13)=\dfrac{1}{6}\Cdota13\Cdota14\Cdota57=1729<2021 \end{align*}
$14^2-1=195$ より,$S(195)=1729$ である。 また,$14^2\leqq k\leqq15^2-1$ のとき,$\gauss{\sqrt{k}}=14$ である。$2021-1729=292$ であることを考えると
\begin{align*} 292\div14=20.8\cdots \end{align*}
より,$S(195)$ に14を21個加えたときに初めて2021を超える。 したがって,$S(n)\geqq2021$ となる最小の自然数 $n$ は $n=195+21=216$ である。
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