早稲田商学2017 | 【早慶専門対策】個別指導塾ヒロアカ

2017年早稲田大学商学部|過去問徹底研究大問2

2019.09.27

方針の立て方 (1) ガウス記号に関する重要な性質：を使うだけ．ガウス記号は文系数学頻出のテーマのため，この重要な性質とともに覚えておこう． (2) 前問を一般化したもの(前問は本問ののパターンである)であることに気付きたい．入試数学では，まず具体的なパターンでやらせ，その次の問題で一般化するという

…続きを読む
方針の立て方

(1)
ガウス記号に関する重要な性質： $\left[x\right]=n\Leftrightarrow n\leqq x<n+1$ を使うだけ．ガウス記号は文系数学頻出のテーマのため，この重要な性質とともに覚えておこう．

(2)
前問を一般化したもの(前問は本問の $p_n=2$ のパターンである)であることに気付きたい．入試数学では，まず具体的なパターンでやらせ，その次の問題で一般化するという出題形式が多い．一般化されると途端に難しくなったと感じがちだが，前問と同じように処理していけばよい．つまり， $\left[x\right]=n\Leftrightarrow n\leqq x<n+1$ を使って変形し，その範囲で ${p_n}^2$ の倍数である $n$ を拾い上げていけばよい．ただし，前問では $n$ に制限がないが，本問では制限がついてしまっていることに注意．

(3)
前問の議論で， $p_n=1$ と $p_n=2,3$ と $4\leqq p_n\leqq99$ と $p_n=100$ で場合分けしたので，本問でもこれと同様に場合分けして考えればよい．

解答例

(1)
$\left[\sqrt[3]{n}\right]=2\Leftrightarrow2\leqq\sqrt[3]{n}<3\Leftrightarrow2^3\leqq n<3^3\Leftrightarrow8\leqq n<27$
である．この範囲で4の倍数となるものが答えである．
$\therefore n=8,12,16,20,24$ ……(答)

(2)
$n$ の値に制限がない場合，
$\left[\sqrt[3]{n}\right]=p_n\Leftrightarrow p_n\leqq\sqrt[3]{n}<p_n+1\Leftrightarrow{p_n}^3\leqq n<\left(p_n+1\right)^3\Leftrightarrow{p_n}^3\leqq n<{p_n}^3+3{p_n}^2+3p_n+1$
となる．この範囲に， ${p_n}^2$ の倍数である $n$ は，
$n={p_n}^3,{p_n}^3+{p_n}^2,{p_n}^3+2{p_n}^2,\cdots\cdots,{p_n}^3+k{p_n}^2$
の $k+1$ 個ある．ここで， $k$ は， ${p_n}^3+k{p_n}^2\leqq{p_n}^3+3{p_n}^2+3p_n\Leftrightarrow k\leqq3+\frac{3}{p_n}$ を満たす最大の自然数である．つまり， $p_n=1$ ならば $k=6,p_n=2,3$ ならば $k=4,p_n\geqq4$ ならば $k=3$ である．
今は $n\leqq{10}^6$ という制限があるが， ${p_n}^3+3{p_n}^2+3p_n+1\leqq{10}^6\Leftrightarrow\left(p_n+1\right)^3\leqq{10}^6\Leftrightarrow p_n\leqq99$ までは上記の議論が使える．
さて， $n\leqq{10}^6$ より $p_n\leqq\left[\sqrt[3]{{10}^6}\right]=\left[100\right]=100$ であるから， $p_n=100$ のときを別個で考えれば必要十分．
$p_n=100$ となる $n$ は $n={10}^6$ のみであるから， ${p_n}^2={100}^2$ の倍数である $n$ は $n={10}^6$ の1個のみ．
よって，求める個数は，
$\left(6+1\right)+\left(4+1\right)+\left(4+1\right)+\left(3+1\right)\cdot96+1=402$ 個……(答)

(3)
前問の議論より，
(Ⅰ) $p_n=1$ のとき
${p_n}^2=1$ の倍数である $n$ は，
$n={p_n}^3,{p_n}^3+{p_n}^2,{p_n}^3+2{p_n}^2,\cdots\cdots,{p_n}^3+6{p_n}^2=1,2,3,4,5,6,7$
である．これらを $p_n\left(p_n+1\right)=2$ で割った余りは，順番に $1,0,1,0,1,0,1$ である．
(Ⅱ) $p_n=2$ のとき
${p_n}^2=4$ の倍数である $n$ は，
$n={p_n}^3,{p_n}^3+{p_n}^2,{p_n}^3+2{p_n}^2,\cdots\cdots,{p_n}^3+4{p_n}^2=8,12,16,20,24$
である．これらを $p_n\left(p_n+1\right)=6$ で割った余りは，順番に $2,0,4,2,0$ である．
(Ⅲ) $p_n=3$ のとき
${p_n}^2=9$ の倍数である $n$ は，
$n={p_n}^3,{p_n}^3+{p_n}^2,{p_n}^3+2{p_n}^2,\cdots\cdots,{p_n}^3+4{p_n}^2=27,36,45,54,63$
である．これらを $p_n\left(p_n+1\right)=12$ で割った余りは，順番に $3,0,9,6,3$ である．
(Ⅳ) $4\leqq p_n\leqq99$ のとき
${p_n}^2$ の倍数である $n$ は，
$n={p_n}^3,{p_n}^3+{p_n}^2,{p_n}^3+2{p_n}^2,{p_n}^3+3{p_n}^2$
である．これらを $p_n\left(p_n+1\right)$ で割った余りは，順番に $p_n,0,{p_n}^2,{p_n}^2-p_n$ である．
(Ⅴ) $p_n=100$ のとき
${p_n}^2={100}^2$ の倍数である $n$ は，
$n={10}^6$
である．これを $p_n\left(p_n+1\right)=10100$ で割った余りは，100である．
以上，(Ⅰ)～(Ⅴ)より，
$S=\left(1+0+1+0+1+0+1\right)+\left(2+0+4+2+0\right)+\left(3+0+9+6+3\right)+\sum_{p_n=4}^{99}\left\{p_n+0+{p_n}^2+\left({p_n}^2-p_n\right)\right\}+100=656805$ ……(答)

2017年早稲田大学商学部|数学過去問徹底研究大問3

2019.09.27

方針の立て方これはチェビシェフ多項式を元に作られた問題である．チェビシェフ多項式は難関大学での三角関数の問題としてよく出される(高等的な数学の知識を必要とせず考察できる)題材であるため，各自調べて，典型問題化しておくと良いだろう． (1) の定義の仕方はでなされているため，をとを用いて表すことを

…続きを読む

方針の立て方

これはチェビシェフ多項式を元に作られた問題である．
チェビシェフ多項式は難関大学での三角関数の問題としてよく出される(高等的な数学の知識を必要とせず考察できる)題材であるため，各自調べて，典型問題化しておくと良いだろう．

(1)
$P_n\left(x\right)$ の定義の仕方は $P_n\left(\cos{\theta}\right)$ でなされているため， $P_{n+1}\left(\cos{\theta}\right)$ を $P_n\left(\cos{\theta}\right)$ と $P_{n-1}\left(\cos{\theta}\right)$ を用いて表すことを考える．すると， $\cos{\left(n+1\right)\theta}$ を $\cos{n\theta}$ と $\cos{\left(n-1\right)\theta}$ を用いて表すという問題に帰着する．ただし，最終的には $x$ に戻さねばならないため，他に使えるのは $\cos{\theta}$ のみである．そのため，途中で出てくる $\sin{n\theta}\sin{\theta}$ を $\cos{\theta}$ のみの式となるように変形する．

(2)
試しに小さい $n$ をいくつか考えてみるとよい．すると答えの予想がつく．後は前問で漸化式を求めさせていることと，自然数に関する議論であることから，数学的帰納法を用いて，予想が正しいことを示せばよい．

(3)
前問では $P_n\left(x\right)$ の $x^n$ のみを特別視して考えていたため，本問も $x^n$ のみを特別視して考えればよいのではと考える． $x^n$ 以外の項の解析は難しいが，問題で求められているのが一の位の数字のみであるため，十の位以降に押しやられるのでは直観し，それを示していけばよい．

解答例

(1)
加法定理より， $\cos{\left(n+1\right)\theta}=\cos{n\theta}\cos{\theta}-\sin{n\theta}\sin{\theta}$
和積の公式より，
$\sin{n\theta}\sin{\theta}=\frac{1}{2}\left\{\cos{\left(n-1\right)\theta}-\cos{\left(n+1\right)\theta}\right\}$
$\therefore\cos{\left(n+1\right)\theta}=\cos{\theta}\cos{n\theta}-\frac{1}{2}\left\{\cos{\left(n-1\right)\theta}-\cos{\left(n+1\right)\theta}\right\}$
整理すると，
$\cos{\left(n+1\right)\theta}=2\cos{\theta}\cos{n\theta}-\cos{\left(n-1\right)\theta}$
$\cos{\left(n+1\right)\theta}=P_{n+1}\left(\cos{\theta}\right),\cos{n\theta}=P_n\left(\cos{\theta}\right),\cos{\left(n-1\right)\theta}=P_{n-1}\left(\cos{\theta}\right)$ であるから， $\cos{\theta}=x$ とすることで，
$P_{n+1}\left(x\right)=2xP_n\left(x\right)-P_{n-1}\left(x\right)$ ……(答)

(2)
$P_n\left(x\right)$ の $x^n$ の係数が $2^{n-1}$ である(以下ではこの命題を(＊)と表す)ことを数学的帰納法で示す．
$n=1$ のとき， $P_1\left(\cos{\theta}\right)=\cos{\theta}$ より $P_n\left(x\right)=x$ であるから，(＊)は成り立っている．
$n=2$ のとき， $P_2\left(\cos{\theta}\right)=\cos{2\theta}=2\cos^2{\theta}-1$ より $P_2\left(x\right)=2x^2-1$ であるから，(＊)は成り立っている．
ここで， $n=k,k+1$ のときの(＊)の成立を仮定する．つまり，適当な $k-1$ 次以下の多項式 $Q\left(x\right)$ と， $k$ 次以下の多項式 $R\left(x\right)$ とを用いて，
$P_k\left(x\right)=2^{k-1}x^k+Q\left(x\right)$
$P_{k+1}\left(x\right)=2^kx^{k+1}+R\left(x\right)$
と書けると仮定する．
すると，
$P_{k+2}\left(x\right)=2xP_{k+1}\left(x\right)-P_k\left(x\right)=2x\left\{2^kx^{k+1}+R\left(x\right)\right\}-\left\{2^{k-1}x^k+Q\left(x\right)\right\}=2^{k+1}x^{k+2}+\left\{2xR\left(x\right)-2^{k-1}x^k-Q\left(x\right)\right\}$
となる(第一のイコールで(1)で求めた漸化式を，第二のイコールで帰納法の仮定をそれぞれ用いた)．
$2xR\left(x\right)-2^{k-1}x^k-Q\left(x\right)$ は， $Q\left(x\right)$ が高々 $k-1$ 次， $R\left(x\right)$ が高々 $k$ 次であるから，高々 $k+1$ 次である．
よって， $P_{k+2}\left(x\right)$ の $x^{k+2}$ の係数は $2^{\left(k+2\right)-1}$ であると言える．これは，(＊)の $n=k+2$ での成立に他ならない．
以上，数学的帰納法により(＊)が示された．　証明終了．
以上より，求める係数は $2^{n-1}$ ……(答)

(3)
前問の結果より，
$P_{500}\left(\mathrm{cos}{\theta}\right)=\cos{500\theta}$ の $\cos^{500}{\theta}$ の係数は $2^{499}$ ．
よって， $\cos{\theta}$ の499次以下の多項式 $S\left(\cos{\theta}\right)$ を用いて， $\cos{500\theta}=2^{499}\cos^{500}{\theta}+S\left(\cos{\theta}\right)$ と表せる．
よって， $\cos{\theta}$ の999次以下の多項式 $T\left(\cos{\theta}\right)$ を用いれば， $\cos^2{\left(500\theta\right)}=2^{998}\cos^{1000}{\theta}+T\left(\cos{\theta}\right)$ と表せる．
$\therefore{10}^{1000}\cos^2{\left(500\theta\right)}={10}^{1000}\cdot2^{998}\cos^{1000}{\theta}+{10}^{1000}T\left(\cos{\theta}\right)$
ここで， ${10}^{1000}\cos^{999}{\theta}={10}^{1000}\left(\frac{1}{10}\right)^{999}=10$ であるから， $\cos{\theta}$ の高々999次の多項式である $T\left(\cos{\theta}\right)$ に ${10}^{1000}$ をかけた ${10}^{1000}T\left(\cos{\theta}\right)$ は一の位の数に寄与しない．
よって， ${10}^{1000}\cos^2{\left(500\theta\right)}$ の一の位の数は ${10}^{1000}\cdot2^{998}\cos^{1000}{\theta}={10}^{1000}\cdot2^{998}\left(\frac{1}{10}\right)^{1000}=2^{998}$ と等しくなる．

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$\cdots$
$2^n$ の一の位の数	$2$	$4$	$8$	$6$	$2$	$4$	$8$	$6$	$2$	$4$	$8$	$6$	$2$	$\cdots$

上表のように， $2^n$ の一の位の数は $2,4,8,6$ が繰り返される．これを用いると $2^{998}$ の一の位の数は4と分かる．
よって，求める数は4……(答)

2017年早稲田大学商学部|過去問徹底研究大問1

2019.09.25

方針の立て方 (1) 絶対値問題の典型的解法，つまり，場合分けをして絶対値記号を外すことを試みる．その後は二次関数の最大最小問題と同じように，区間とグラフの位置関係で場合分けを行う．場合分けのパターンが多いが，対称性があるため⑤～⑦は実質的に計算しなくても答えは分かる．後はと直線を図示して面積を求め

…続きを読む
方針の立て方
(1)
絶対値問題の典型的解法，つまり，場合分けをして絶対値記号を外すことを試みる．その後は二次関数の最大最小問題と同じように，区間とグラフの位置関係で場合分けを行う．場合分けのパターンが多いが，対称性があるため⑤～⑦は実質的に計算しなくても答えは分かる．後は $f\left(x\right)$ と直線 $y=1$ を図示して面積を求めるのみ．

(2)
4次方程式の解析は難しいため，次数を下げることを考える．そこで「 $x=\alpha$ は代数方程式 $P\left(x\right)=0$ の解である」⇔「多項式 $P\left(x\right)$ は $x-\alpha$ を因数にもつ」という解の重要性質を利用すると考えよう．この重要性質を使えば，2次方程式の解析問題に帰着させられる．後は，実数解なのか虚数解なのかで場合分けをして考えればよい．

(3)
長さの問題であるため，座標系を導入すると考えやすくなると考える．「座標は長さの問題のときに強く，角度の問題のときには弱い」というのは覚えておこう．後は問題の状況を丁寧に書き下していけばよい．平方完成を用いた最小値問題は頻出問題なのでおさえておくこと．

(4)
${10}^{-k}2^n$ と ${10}^{100}3^{-n}$ のどちらが $\mathrm{max}\left\{{10}^{-k}2^n,{10}^{100}3^{-n}\right\}$ の値になるかを考えよう(絶対値記号と同様に $\mathrm{max}$ もそのままでは扱いにくいので外すことをまず考える)．「全ての整数 $n$ に対して」となっているので，まずは $k$ を固定して $n$ のみを変数扱いして考えよう． ${10}^{-k}2^n$ と ${10}^{100}3^{-n}$ はそれぞれ単調増加，単調減少であるため，最初は ${10}^{-k}2^n<{10}^{100}3^{-n}$ となるだろうと分かる．そこで ${10}^{-k}2^n={10}^{100}3^{-n}$ となる $n$ を考える．後は十分条件を考え，そのあとで，必要性を考える．つまり， $k\leqq63 \Rightarrow \mathrm{max}\left\{{10}^{-k}2^n,{10}^{100}3^{-n}\right\}\geqq1$ は言えるが，では $k$ をこれより大きくした場合はどうか，具体的には $k=64,65,66,\cdots\cdots$ はどうかを考える必要があると考える．すると $k=64$ で(＊)を満たさないことが確認できるので，答えは63と分かる．

解答例
(1)
ア： $\frac{5}{3}$
(2)
イ： $-3$
ウ： $-6$
(3)
エ： $\frac{6}{5}$
(4)
オ： $63$

解説
(1)
$g\left(t\right)=\left|\left|t\right|-1\right|$ とおくと，

①のとき( $x+1\leqq-1\Leftrightarrow x\leqq-2$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-1}^{x+1}\left(-t-1\right)dt=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2-t\right]_{x-1}^{x+1}=-x-1$
②のとき( $-1\leqq x+1\leqq0\Leftrightarrow-2\leqq x\leqq-1$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-1}^{-1}\left(-t-1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{-1}^{x+1}\left(t+1\right)dt=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2-t\right]_{x-1}^{-1}+\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2+t\right]_{-1}^{x+1}=\frac{1}{2}\left(x^2+2x+2\right)$
③のとき( $0\leqq x+1\leqq1\Leftrightarrow-1\leqq x\leqq0$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-1}^{-1}\left(-t-1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}\left(t+1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{0}^{x+1}\left(-t+1\right)dt=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2-t\right]_{x-1}^{-1}+\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2+t\right]_{-1}^0+\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2+t\right]_0^{x+1}=\frac{1}{2}$
④のとき( $x+1=1\Leftrightarrow x=0$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}\left(t+1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left(-t+1\right)dt=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2+t\right]_{-1}^0+\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2+t\right]_0^1=\frac{1}{2}$
⑤のとき( $-1\leqq x -1\leqq 0 \Leftrightarrow 0\leqq x\leqq1$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-1}^{0}\left(t+1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left(-t+1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{1}^{x+1}\left(t-1\right)dt=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2+t\right]_{x-1}^0+\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2+t\right]_0^1+\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2-t\right]_1^{x+1}=\frac{1}{2}$
⑥のとき( $0\leqq x-1\leqq1\Leftrightarrow1\leqq x\leqq2$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-1}^{1}\left(-t+1\right)dt+\frac{1}{2}\int_{1}^{x+1}\left(t-1\right)dt=\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2}t^2+t\right]_{x-1}^1+\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2-t\right]_1^{x+1}=\frac{1}{2}\left(x^2-2x+2\right)$
⑦のとき( $1\leqq x-1\Leftrightarrow2\leqq x$ )
$f\left(x\right)=\frac{1}{2}\int_{x-1}^{x+1}\left(t-1\right)dt=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}t^2-t\right]_{x-1}^{x+1}=x-1$
まとめると，
$f\left(x\right)=\begin{cases} -x-1 \left(x\leqq-2\right) \\ \frac{1}{2}\left(x^2+2x+2\right) \left(-2\leqq x\leqq-1\right) \\ \frac{1}{2} \left(-1\leqq x\leqq1\right) \\ \frac{1}{2}\left(x^2-2x+2\right) \left(1\leqq x\leqq2\right) \\ x-1 \left(2\leqq x\right) \end{cases}$
図示すると，

よって，求める面積は， $y$ 軸での対称性より，
$2\left\{\frac{1}{2}\cdot1+\int_{1}^{2}\left\{1-\frac{1}{2}\left(x^2-2x+2\right)\right\}dx\right\}=1+2\left[-\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x^2\right]_1^2=\frac{5}{3}$ ……(答)

(2)
実数解が1と3であることから，他の二解を $x=\alpha,\beta$ として，
$x^4+ax^3+bx^2+cx+3=\left(x-1\right)\left(x-3\right)\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)=x^4-\left(\alpha+\beta+4\right)x^3+\left(4\alpha+4\beta+\alpha\beta+3\right)x^2-\left(4\alpha\beta+3\alpha+3\beta\right)x+3\alpha\beta$
と書ける．係数比較すると，
$\begin{cases} a=-\left(\alpha+\beta+4\right) \\ b=4\alpha+4\beta+\alpha\beta+3 \\ c=-\left(4\alpha\beta+3\alpha+3\beta\right) \\ 3=3\alpha\beta \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha+\beta=-a-4 \\ 4\alpha+4\beta=b-4 \\ 3\alpha+3\beta=-c-4 \\ \alpha\beta=1 \end{cases}$
となる．
次に，2次方程式 $\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)=0\Leftrightarrow x^2-\left(\alpha+\beta\right)x+\alpha\beta=0$ について考える．この方程式の解が1か3，或いは虚数解であれば，4次方程式 $x^4+ax^3+bx^2+cx+3=0$ の実数解が1と3のみとなる．
(Ⅰ) $\alpha,\beta$ が実数のとき
まず，判別式が非負となる必要があるので， $\left(\alpha+\beta\right)^2-4\cdot1\cdot\alpha\beta\geqq0\Leftrightarrow\left(\alpha-\beta\right)^2\geqq 0$ が必要である．
このもとで，2次方程式 $x^2-\left(\alpha+\beta\right)x+\alpha\beta=0$ の解が1か3のみとなるには， $\left(\alpha,\beta\right)=\left(1,1\right),\left(1,3\right),\left(3,1\right),\left(3,3\right)$ なら必要十分(これらは全て $\left(\alpha-\beta\right)^2\geqq0$ を満たす)．この内，(＊)式に抵触しないのは， $\left(\alpha,\beta\right)=\left(1,1\right)$ のみである．このとき，(＊)の第一式より， $a=-6$ となる．
(Ⅱ) $\alpha,\beta$ が虚数のとき
まず，判別式が負となる必要があるので， $\left(\alpha+\beta\right)^2-4\cdot1\cdot\alpha\beta<0\Leftrightarrow\left(\alpha-\beta\right)^2<0$ が必要である．
$\alpha,\beta$ が虚数ならば， $\alpha,\beta$ の値によらず，2次方程式 $x^2-\left(\alpha+\beta\right)x+\alpha\beta=0$ の解は虚数となる．
(＊)を利用すれば， $\left(\alpha-\beta\right)^2<0\Leftrightarrow\left(\alpha+\beta\right)^2-4\alpha\beta<0\Leftrightarrow\left(-a-4\right)^2<4\Leftrightarrow-6<a<-2$
以上(Ⅰ)と(Ⅱ)より，4次方程式 $x^4+ax^3+bx^2+cx+3=0$ の実数解が1と3のみとなる $a$ の範囲は $-6\leqq a<-2$ である．
$a$ は整数なので，求める最大値は $-3$ ，最小値は $-6$ である．……(答)

(3)
${\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BC}}^2={\mathrm{CA}}^2$ より，三角形 $\mathrm{ABC}$ は $\angle\mathrm{B}={90}^\circ$ の直角三角形である．

そこで，点 $\mathrm{B}$ を原点として，左図のように三角形 $\mathrm{ABC}$ を $xy$ 平面上にのせる．
内部の点 $\mathrm{O}$ の座標を左図のように $\left(X,Y\right)$ とおく．点 $\mathrm{O}$ は三角形 $\mathrm{ABC}$ の内部の点であるので，
$\begin{cases} 0\leqq X \\ 0\leqq Y \\ Y\leqq-\frac{3}{4}X+3 \end{cases}$ ……(＊)
を満たす必要がある．
このもとで，
${\mathrm{OP}}^2=X^2,{\mathrm{OQ}}^2=Y^2$
である．更に点と直線の距離の公式より，
${\mathrm{OR}}^2=\frac{\left(3X+4Y-12\right)^2}{3^2+4^2}=\frac{9X^2+16Y^2-72X-96Y+24XY+144}{25}$
である．
$\therefore{\mathrm{OP}}^2+{\mathrm{OQ}}^2+{\mathrm{OR}}^2=X^2+Y^2+\frac{9X^2+16Y^2-72X-96Y+24XY+144}{25}=\frac{1}{25}\left\{34\left(X+\frac{6Y-18}{17}\right)^2+\frac{1}{17}\left(25Y-24\right)^2+72\right\}$
よって，
$\begin{cases} X+\frac{6Y-18}{17}=0 \\ 25Y-24=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} X=\frac{18}{25} \\ Y=\frac{24}{25} \end{cases}$ で $\mathrm{OP}^2+\mathrm{OQ}^2+\mathrm{OR}^2$ は最小となる．なお， $\begin{cases} X=\frac{18}{25} \\ Y=\frac{24}{25} \end{cases}$ は(＊)を満たす．
このとき，
$\mathrm{OR}=\frac{\left|3\cdot\frac{18}{25}+4\cdot\frac{24}{25}-12\right|}{5}=\frac{6}{5}$ ……(答)

(4)
$k$ を固定して， ${10}^{-k}2^n={10}^{100}3^{-n}$ となる $n$ について考えると， ${10}^{-k}2^n={10}^{100}3^{-n}\Leftrightarrow6^n={10}^{100+k}$ より， $n=\log_6{{10}^{100+k}}=\left(100+k\right)\log_6{10}=\frac{100+k}{\log_{10}{6}}=\frac{100+k}{\log_{10}{2}+\log_{10}{3}}$
${10}^{-k}2^n$ は $n$ について単調増加であり， ${10}^{100}3^{-n}$ は単調減少であるから， $\mathrm{max}\left\{{10}^{-k}2^n,{10}^{100}3^{-n}\right\}$ の最小値は， ${10}^{100}3^{-\frac{100+k}{\log_{10}{2}+\log_{10}{3}}}$ 以上である．
よって， $\mathrm{max}\left\{{10}^{-k}2^n,{10}^{100}3^{-n}\right\}\geqq 1$ を満たすには，
${10}^{100}3^{-\frac{100+k}{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{2}}\mathrm{+} {\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}}}\geqq1\Leftrightarrow{10}^{100}\geqq\mathrm{3}^\frac{100+k}{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{2}}\mathrm{+} {\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}}\Leftrightarrow100\geqq\frac{100+k}{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{2}}\mathrm{+} {\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}}{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}\Leftrightarrow k\leqq100\frac{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{2}}}{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}}$
であれば十分．
$100\frac{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{2}}}{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}}>100\frac{0.301}{0.4772}=63.07,100\frac{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{2}}}{{\mathrm{log}}_{\mathrm{10}}{\mathrm{3}}}<100\frac{0.3011}{0.4771}=63.11$ と $k$ が整数であることから，
$k\leqq63$ であれば十分．
ここで， $k=64$ のときを考える．
$\frac{100+k}{\log_{10}{2}+\log_{10}{3}}=\frac{164}{\log_{10}{2}+\log_{10}{3}}$ であり $\frac{164}{0.3011+0.4772}<\frac{164}{\log_{10}{2}+\log_{10}{3}}<\frac{164}{0.301+0.4771}\Leftrightarrow210.71\mathrm{\cdots\cdots}<\frac{164}{\log_{10}{2}+\log_{10}{3}}<210.76\mathrm{\cdots\cdots}$ より， $\mathrm{max}\left\{{10}^{-64}2^n,{10}^{100}3^{-n}\right\}$ の最小値は， ${10}^{100}3^{-210}$ か ${10}^{-64}2^{211}$ である．
$\log_{10}{\left({10}^{100}3^{-210}\right)}=100-210\log_{10}{3}<100-210\cdot0.4771=-0.191$
$\log_{10}{\left({10}^{-64}2^{211}\right)}=-64+211\log_{10}{2}<-64+211\cdot0.3011=-0.4679$
より， ${10}^{100}3^{-210}<{10}^{-0.191}<{10}^0=1,{10}^{-64}2^{211}<{10}^{-0.4679}<{10}^0=1$ であるから， $k=64$ のとき条件(＊)は満たされない．
よって求める $k$ の最大値は63……(答)