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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} f'( \theta ) & = -\sin^n +( 1 +\cos \theta ) (n-1) \sin^{n-2} \theta \cos \theta \\ & = \sin^{n-2} \theta \left\{ \cos^2 \theta -1 +(n-1) \cos \theta ( 1 +\cos \theta ) \right\} \\ & = \sin^{n-2} \theta \left\{ \cos^2 \theta +(n-1) \cos \theta -1 \right\} \\ & = \sin^{n-2} \theta ( n \cos \theta -1 ) ( \cos \theta +1 ) \end{align}\] \(f'( \theta ) = 0\) をとくと \[ \theta = 0 , \ \cos \theta = \dfrac{1}{n} \] \(\cos \theta _ n = \dfrac{1}{n} \ \left( 0 \leqq \theta _ n \leqq \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおけば, \(f( \theta )\) の増減は下表のとおり. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & 0 & \cdots & \theta _ n & \cdots & \dfrac{\pi}{2} \\ \hline f'( \theta ) & 0 & + & 0 & - & \\ \hline f( \theta ) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \\ \end{array} \] よって \[\begin{align} M _ n & = f( \theta _ n ) \\ & = \underline{\left( 1 +\dfrac{1}{n} \right) \left( \sqrt{1 -\dfrac{1}{n^2}} \right)^{n-1}} \\ \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} \left( M _ n \right)^n & = \left( 1 +\dfrac{1}{n} \right)^n \left( 1 -\dfrac{1}{n^2} \right)^{\frac{n^2 -n}{2}} \\ & = \left( 1 +\dfrac{1}{n} \right)^n \left( 1 -\dfrac{1}{n^2} \right)^{-\frac{1}{2} (-n^2)} \left( 1 +\dfrac{1}{n} \right)^{-\frac{1}{2} n} \left( 1 -\dfrac{1}{n} \right)^{\frac{1}{2} (-n)} \\ & \rightarrow e \cdot e^{-\frac{1}{2}} \cdot e^{-\frac{1}{2}} \cdot e^{\frac{1}{2}} \quad ( \ n \rightarrow \infty \ \text{のとき} ) \\ & = e^{\frac{1}{2}} \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( M _ n \right)^n = \underline{e^{\frac{1}{2}}} \]

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【 解 答 】

\(M = p^q +q^p\) とおく.
\(p , q\) は素数なので, \(2\) 以上であり, 対称性から \(p \geqq q \ ... [1]\) と仮定してもよい.
このとき \[ M \geqq 2 \cdot 2^2 = 8 \quad ... [2] \] ゆえに, \(2\) 以外の素数は奇数だから, \(M\) は奇数である.
したがって, \(p , q\) のいずれかは偶数であり, [1] より \[ q = 2 \] 次に, \(p\) が \(5\) 以上の素数であると仮定する.
\(p\) は \(2 , 3\) のいずれでも割り切れないので, 自然数 \(k\) を用いて \[ p = 6k \pm 1 \] と表せる.
このとき, 法を \(3\) として \[\begin{align} p^2 & \equiv ( \pm 1 ) \equiv 1 , \\ 2^p & \equiv 2 \cdot 64^k , 32 \cdot 64^{k-1} \equiv 2 , 32 \equiv 2 \\ & \quad \text{∴} \quad M \equiv 1+2 \equiv 0 \end{align}\] つまり, \(M = 3\) だが, これは [2] に矛盾する.
したがって \[ p = 3 \] このとき \[ M = 3^2 +2^3 = 17 \] で, 素数である.
よって, 求める素数は \[ \underline{17} \]

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【 解 答 】

頂点 A から対面に下ろした垂心の足を H とおくと \[ \angle \text{AHO} = \angle \text{AHB} = \angle \text{AHC} = 90^{\circ} \quad ... [1] \] H は外心なので \[ \text{OH} = \text{BH} = \text{CH} \quad ... [2] \] 辺 OH は共有しているので, [1] [2] と合わせて, \(2\) 辺と挟まれる角がそれぞれ等しいので \[ \triangle \text{AHO} \equiv \triangle \text{AHB} \equiv \triangle \text{AHC} \] ゆえに \[ \text{AO} = \text{AB} = \text{AC} \] 頂点 B, C についても同様にすれば \[ \text{BO} = \text{BA} = \text{BC} , \quad \text{CO} = \text{CA} = \text{CB} \] 以上より, 四面体 OABC は \(6\) つの辺の長さがすべて等しく, 正四面体である.

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【 解 答 】

\(f(t) = \dfrac{e^t +e^{-t}}{2} -1\) とおく.
図形 \(D\) の平面 \(y = t \ \left( 0 \leqq t \leqq \log a \right)\) での切り口は下図のようになる.

これを \(y\) 軸のまわりに回転すると, ドーナツ型の領域を描き, 内側, 外側の円の半径をそれぞれ \(r _ t , R _ t\) とおけば \[\begin{align} {r _ t}^2 & = t^2 , \\ {R _ t}^2 & = t^2 +\left\{ f(t) \right\}^2 \end{align}\] したがって, 領域の面積 \(S(t)\) は \[ S(t) = \pi {R _ t}^2 -\pi {r _ t}^2 = \pi \left\{ f(t) \right\}^2 \] ここで \[\begin{align} \left\{ f(t) \right\}^2 & = \dfrac{\left( e^t +e^{-t} \right)^2}{4} -\left( e^t +e^{-t} \right) +1 \\ & = \dfrac{e^{2t}}{4} +\dfrac{e^{-2t}}{4} -e^t -e^{-t} +\dfrac{3}{2} \end{align}\] なので, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = \pi \displaystyle\int _ {0}^{\log a} \left\{ f(t) \right\}^2 \, dt \\ & = \pi \left[ \dfrac{e^{2t}}{8} -\dfrac{e^{-2t}}{8} -e^t +e^{-t} +\dfrac{3t}{2} \right] _ {0}^{\log a} \\ & = \underline{\left( \dfrac{e^2 -e^{-2}}{8} +e -e^{-1} +\dfrac{3}{2} \log a \right) \pi} \end{align}\]

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【 解 答 】

\(n\) 秒後に X の \(x\) 座標が \(0 , 1 , 2\) である確率をそれぞれ \(a _ n , b _ n , c _ n\) とおく.
条件より \[ a _ 0 = 1 , \ b _ 0 = c _ 0 = 0 \] また \[ a _ n +b _ n +c _ n = 1 \] 点の移動規則から, \(n\) 秒後の X の位置から \(n+1\) 秒後の X の位置への移動の確率を考えると \[\begin{align} a _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} a _ n +\dfrac{1}{3} b _ n & ... [1] \\ b _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} a _ n +\dfrac{1}{3} b _ n +\dfrac{1}{2} c _ n & ... [2] \\ c _ {n+1} & = \dfrac{1}{3} b _ n +\dfrac{1}{2} c _ n & ... [3] \end{align}\] \([1] -[3]\) より \[ a _ {n+1} -c _ {n+1} = \dfrac{1}{2} ( a _ n -c _ n ) \] したがって, 数列 \(\{ a _ n -c _ n \}\) は, 初項 \(a _ 0 -c _ 0 = 1\) , 公比 \(\dfrac{1}{2}\) の等比数列で \[ a _ n -c _ n = \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \quad ... [4] \] また, \([2] +[4]\) より \[\begin{align} a _ {n+1} +c _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} a _ n +\dfrac{2}{3} ( 1 -a _ n -c _ n ) +\dfrac{1}{2} c _ n \\ & = \dfrac{2}{3} -\dfrac{1}{6} ( a _ n -c _ n ) \end{align}\] これを変形すると \[ a _ {n+1} +c _ {n+1} -\dfrac{4}{7} = -\dfrac{1}{6} \left( a _ n +c _ n -\dfrac{4}{7} \right) \] したがって, 数列 \(\left\{ a _ n +c _ n -\dfrac{4}{7} \right\}\) は, 初項 \(a _ 0 +c _ 0 -\dfrac{4}{7} = \dfrac{3}{7}\) , 公比 \(-\dfrac{1}{6}\) の等比数列で \[\begin{align} a _ n +c _ n -\dfrac{4}{7} & = \dfrac{3}{7} \left( -\dfrac{1}{6} \right)^n \\ \text{∴} \quad a _ n +c _ n & = \dfrac{4}{7} +\dfrac{3}{7} \left( -\dfrac{1}{6} \right)^n \quad ... [5] \end{align}\] よって, \(( [4] +[5] ) \div 2\) より, 求める確率 \(a _ n\) は \[ a _ n = \underline{\dfrac{2}{7} +\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} +\dfrac{3}{14} \left( -\dfrac{1}{6} \right)^n} \]

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【 解 答 】

\(2\) 次方程式 \(f(x) = 0\) の解を \(\alpha , \beta\) とおくと \[ f( \alpha ) = 0 , \ f( \beta ) = 0 \quad ... [1] \] また, 解と係数の関係より \[ a = -\alpha -\beta , \ b = \alpha \beta \quad ... [2] \] 条件 (イ) より, \(f( x^3 )\) を \(f(x)\) で割った商を \(P(x)\) とおけば \[ f( x^3 ) = f(x) P(x) \] これに, \(x = \alpha , \beta\) を代入すれば, [1] より \[ \left\{ \begin{array}{l} f( \alpha^3 ) = f( \alpha ) P( \alpha ) = 0 \\ f( \beta^3 ) = f( \beta ) P( \beta ) = 0 \end{array} \right. \] したがって, \(\alpha^3 , \beta^3\) も \(f(x) = 0\) の解である.
\(f(x) = 0\) は高々 \(2\) つの解しかもたないから, \(\alpha^3 , \beta^3\) は \(\alpha , \beta\) のいずれかであり, 以下の \(3\) つの場合が考えられる.

1. 1*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \alpha )\)

2. 2*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \beta )\)

3. 3*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \beta , \alpha )\)

それぞれの場合について, 考える.

1. 1*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \alpha )\) のとき
   \(\alpha^3 = \alpha\) より \[\begin{align} \alpha ( \alpha +1 ) ( \alpha -1 ) & = 0 \\ \text{∴} \quad \alpha & = 0 , \pm 1 \end{align}\]

   • \(\alpha = 0\) のとき
     \(\beta^3 = 0\) より \(\beta = 0\) となり, [2] より, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

   • \(\alpha = 1\) のとき
     \(\beta^3 = 1\) より \[ \beta = 1 , \dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} \] [2] を用いて, 条件 (ロ) を満たすのは \[ ( a , b ) = \left( -\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} , \dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} \right) \quad ( \ \text{複号同順} \ ) \]

   • \(\alpha = -1\) のとき
     \(\beta^3 = -1\) より \[ \beta = -1 , \dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} \] [2] を用いて, 条件 (ロ) を満たすのは \[ ( a , b ) = \left( -\dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} , -\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} \right) \quad ( \ \text{複号同順} \ ) \]

2. 2*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \beta )\) のとき
   \(\alpha^3 = \alpha\) より \[ \alpha = 0 , \pm 1 \] \(\beta^3 = \beta\) より \[ \beta = 0 , \pm 1 \] いずれの組合せも, [2] より, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

3. 3*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \beta , \alpha )\) のとき
   \(\alpha = \beta^3 = \alpha^9\) より \[ \alpha = 0 , \pm 1 , \pm i , \dfrac{\pm 1 \pm i}{\sqrt{2}} \]

   • \(\alpha = 0 , \pm 1\) のとき
     \(\beta = 0 , \pm 1\) となり, [2] より, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

   • \(\alpha = \pm i\) のとき
     \[ \beta = \alpha^3 = \mp i \] したがって, [2] より \[ a = 0 , \ b = 1 \] これは, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

   • \(\alpha = \dfrac{1 \pm i}{\sqrt{2}}\) のとき
     \[ \beta = \alpha^3 = \dfrac{-1 \pm i}{\sqrt{2}} \] したがって, [2] より \[ a = \pm \sqrt{2} i , \ \beta = -1 \] これは, 条件 (ロ) を満たす.

   • \(\alpha = \dfrac{-1 \pm i}{\sqrt{2}}\) のとき
     \[ \beta = \alpha^3 = \dfrac{1 \pm i}{\sqrt{2}} \] したがって, [2] より \[ a = \pm \sqrt{2} i , \ \beta = -1 \] これは, 条件 (ロ) を満たす.

以上より, 求める \(f(x)\) は \[\begin{align} f(x) & = \underline{x^2 -\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} x -\dfrac{1 \mp \sqrt{3} i}{2} , } \\ & \qquad \underline{x^2 +\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} x -\dfrac{1 \mp \sqrt{3} i}{2} ,} \\ & \qquad \quad \underline{x^2 \pm \sqrt{2} i x -1 \quad ( \ \text{同式内は複号同順} \ )} \end{align}\]

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