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【 解 答 】

(1)

\(c = \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}\) とおく.
自然数 \(n\) に対して \[ f _{2n} (x) = \sin ( cn -x ) \pi , \ f _{2n+1} (x) = \sin ( cn +x ) \pi \quad ... [ \text{＊} ] \] が成立することを帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 1\) のとき
   条件 (イ) (ウ) より \[\begin{align} f_2 (x) & = f_1 (c-x) = \sin (c-x) \pi \\ f_3 (x) & = f_2 (-x) = \sin (c+x) \pi \end{align}\] なので, [＊] が成立する.

2. 2*　\(n = k\) のとき, [＊] が成立する, すなわち \[ f _{2k} (x) = \sin ( ck -x ) \pi , \ f _{2k+1} (x) = \sin ( ck +x ) \pi \] と仮定すると, 条件 (イ) (ウ) より \[\begin{align} f _{2k+2} (x) & = f _{2k+1} (c-x) = \sin \{ c(k+1) -x \} \pi \\ f _{2k+3} (x) & = f _{2k+2} (-x) = \sin \{ c(k+1) +x \} \pi \end{align}\] なので, \(n = k+1\) のときも [＊] が成立する.

以上より, すべての自然数 \(n\) について, [＊] が成立することが示された.

\(c = \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{6}\) なので, [＊] より \[\begin{align} f_5 (0) & = \sin 2 \cdot \dfrac{5}{6} \pi \\ & = \sin \dfrac{5 \pi}{3} = \underline{-\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \end{align}\]

(2)

\(g(n) = (-1)^n f _{2n} (0)\) とおく.
\(c = \dfrac{5}{6}\) なので \[ g(n) = (-1)^n \sin \dfrac{5 n \pi}{6} \] ここで \[\begin{align} g (n+6) & = (-1)^{n+6} f _{2(n+6)} (0) \\ & = (-1)^n \sin \left( \dfrac{5n}{6} +5 \right) \pi \\ & = (-1)^{n+1} \sin \dfrac{5 n \pi}{6} = -g(n) \end{align}\] したがって \[ g (n+12) = g(n) \] また \[ \textstyle\sum\limits _{k=i}^{i+12} g(k) = 0 \] \(100 = 4 +8 \cdot 12\) なので, 求める和は \[\begin{align} \textstyle\sum\limits _{k=1}^{100} g(k) & = \textstyle\sum\limits _{k=1}^{4} g(k) \\ & = \sin \dfrac{5 \pi}{6} -\sin \dfrac{5 \pi}{3} +\sin \dfrac{5 \pi}{2} -\sin \dfrac{10 \pi}{3} \\ & = \dfrac{1}{2} -\left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) +1 -\left( -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ & = \underline{\dfrac{3}{2} +\sqrt{3}} \end{align}\]

(3)

[＊] より \[ f _6 (0) = \sin 3c \pi = 0 \] なので, 整数 \(m\) を用いて \[\begin{align} 3c & = m \\ 3 \left( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} \right) & = m \\ \text{∴} \quad 3 (a+b) & = mab \end{align}\] \(a , b\) は \(1\) から \(6\) の整数なので, これを満たす \((a,b)\) の組は \[ (1,1) , (1,3) , (2,2) , (2,6) , (3,1) , (3,3) , (6,2) , (6,6) \] の \(8\) 組のみ.
よって, 求める確率は \[ \dfrac{8}{6^2} = \underline{\dfrac{2}{9}} \]

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【 解 答 】

(1)

\(F_c = \left( 1 +\dfrac{1}{x} \right) \left( 1 +\dfrac{1}{y} \right)\) とおく.
相加相乗平均の関係を用いれば \[\begin{align} F_c & = 1 +\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{y} +\dfrac{1}{xy} \\ & = 1 +\dfrac{c+1}{xy} \quad ( \ \text{∵} \ x+y = c \ ) \\ & \geqq 1 +(c+1) \left( \dfrac{2}{x+y} \right)^2 \\ & = 1 +\dfrac{4 (c+1)}{c^2} \\ & = \left( \dfrac{c+2}{c} \right)^2 \end{align}\] 等号成立は \(x = y = \dfrac{c}{2}\) のとき.
よって, 求める最小値は \[ \underline{\left( \dfrac{c+2}{c} \right)^2} \]

(2)

\(G = \left( 1 +\dfrac{1}{x} \right) \left( 1 +\dfrac{1}{y} \right) \left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right)\) とおく.
まず \(z\) を定数とみて考える.
条件より \(x+y = 1-z \gt 0\) なので \[ G = F _{1-z} \underline{\left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right)} _{[1]} \] \(0 \lt z \lt 1\) なので \[\begin{align} \dfrac{4}{3z} & \gt \dfrac{4}{3} \\ \text{∴} \quad [1] & \lt 0 \end{align}\] したがって, \(G\) は負で, \(F _{1-z}\) が最小のとき, \(G\) は最大値 \(f(z)\) をとる.
(1) の結果より \[ F _{1-z} \geqq \left( \dfrac{1+z}{1-z} \right)^2 = \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right)^2 \] なので \[ f(z) = \left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right) \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right)^2 \] ここで, \(z\) を変数とみて \[\begin{align} f'(z) & = \dfrac{4}{3 z^2} \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right)^2 \\ & \qquad +\left( 1 -\dfrac{4}{3z} \right) \cdot 2 \left( 1 +\dfrac{2}{1-z} \right) \dfrac{2}{(1-z)^2} \\ & = \dfrac{4 (3-z)^2 +4z (3-z) (3z-4)}{3 z^2 (1-z)^3} \\ & = \dfrac{4 (3-z) ( 4z^2 -8z +3 )}{3 z^2 (1-z)^3} \\ & = \dfrac{4 (3-z) (2z-3) (2z-1)}{3 z^2 (1-z)^3} \end{align}\] \(0 \lt z \lt 1\) において \(f'(z) = 0\) をとくと \[ z = \dfrac{1}{2} \] この範囲において \(3-z \gt 0\) , \(2z-3 \lt 0\) に注意すれば, \(f(z)\) の増減は以下のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} z & (0) & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots & (1) \\ \hline f'(z) & & + & 0 & - & \\ \hline f(z) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] よって, 求める \(G\) の最大値は \[ f \left( \dfrac{1}{2} \right) = -\dfrac{5}{3} \cdot 5^2 = \underline{-\dfrac{125}{3}} \]

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【 解 答 】

(1)

与えられた放物線を \(C\) , 円を \(D\) とする.
\(D\) の中心である原点 O は, \(C\) の下方にあるので, 条件をみたすのは, \(C\) と \(D\) が接するときである.
\(y = \sqrt{2} (x-1)^2\) より \[ y' = 2 \sqrt{2} (x-1) \] なので, 点 A \((a,b)\) における接線 \(\ell _\text{A}\) の傾きは \[ 2 \sqrt{2} (a-1) \quad ... [1] \] また, OA の傾きは \[ \dfrac{b}{a} = \dfrac{\sqrt{2} (a-1)^2}{a} \quad ... [2] \] \(\ell _\text{A} \perp \text{OA}\) なので, [1] [2] より \[\begin{align} 2 \sqrt{2} (a-1) \cdot \dfrac{\sqrt{2} (a-1)^2}{a} & = -1 \\ 4 (a-1)^3 +a & = 0 \\ 4a^3 -12a^2 +13a -4 & = 0 \\ (2a-1) \underline{( 2a^2 -5a +4 )} _{[3]} & = 0 \\ \end{align}\] ここで, \([3] = 2 \left( a -\dfrac{5}{4} \right)^2 +\dfrac{7}{8} \gt 0\) だから \[ a = \underline{\dfrac{1}{2}} \] また \[ b = \sqrt{2} \left( \dfrac{1}{2} -1 \right)^2 = \underline{\dfrac{\sqrt{2}}{4}} \] さらに \[\begin{align} r & = \sqrt{a^2 +b^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{8}} \\ & = \sqrt{\dfrac{3}{8}} = \underline{\dfrac{\sqrt{6}}{4}} \end{align}\]

(2)

\(x\) 軸, 直線 \(x = a\) , \(C\) に囲まれた領域を \(R_1\) , \(x\) 軸, 直線 \(x = a\) , \(D\) に囲まれた領域を \(R_2\) とする.
\(R_1 , R_2\) を \(x\) 軸のまわりに回転してできる立体の体積を, それぞれ \(V_1 , V_2\) とおく. \[\begin{align} V_1 & = \pi \displaystyle\int _{\frac{1}{2}}^{1} 2 (x-1)^4 \, dx \\ & = 2 \pi \left[ \dfrac{(x-1)^5}{5} \right] _{\frac{1}{2}}^{1} \\ & = \dfrac{\pi}{80} \end{align}\] また \[\begin{align} V_2 & = \pi \displaystyle\int _{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{6}}{4}} \left( \dfrac{3}{8} -x^2 \right) \, dx \\ & = \pi \left[ \dfrac{3x}{8} -\dfrac{x^3}{3} \right] _{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{6}}{4}} \\ & = \pi \left( \dfrac{3 \sqrt{6}}{32} -\dfrac{\sqrt{6}}{32} \right) -\pi \left( \dfrac{3}{16} -\dfrac{1}{24} \right) \\ & = \dfrac{\sqrt{6} \pi}{16} -\dfrac{7 \pi}{48} \end{align}\] よって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = V_1 -V_2 \\ & = \left( \dfrac{3 +35}{240} -\dfrac{\sqrt{6}}{16} \right) \pi \\ & = \underline{\dfrac{38 -15 \sqrt{6}}{240} \pi} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

条件より, \(2^N \leqq n \leqq 2^{N-1} -1\) であり, 自然数 \(k \ ( 1 \leqq k \leqq n )\) は, 整数 \(\ell \ ( 0 \leqq \ell \leqq N-1 \ ... [1] )\) と, 奇数 \(M \ ( 1 \leqq M \leqq n \ ... [2] )\) を用いて \[ k = \left\{ \begin{array}{ll} 2^N & ( k = 2^N \ \text{のとき} ) \\ 2^\ell M & ( k \neq 2^N \ \text{のとき} ) \end{array} \right. \quad ... [3] \] と表せる.
\(P_n = 2^N A_n S_n\) とおくと \[ P_n = \textstyle\sum\limits_{k=1}^{n} \underline{\dfrac{2^N A_n}{k}} _{[ \text{A} ]} \] \([ \text{A} ] = B_k\) とおいて, \(1 \leqq k \leqq n\) それぞれに対して, \(B_k\) の奇偶を考えると

1. 1*　\(k = 2^N\) のとき
   [3] より \[ B_k = \dfrac{2^N A_n}{2^N} = A_n \] なので, \(B_k\) は奇数.

2. 2*　\(k \neq 2^N\) のとき
   [3] より \[ B_k = \dfrac{2^N A_n}{2^{\ell} M} = 2^{N -\ell} \cdot \dfrac{A_n}{M} \] [1] より, \(2^{N -\ell}\) は偶数, [2] より \(\dfrac{A_n}{M}\) は奇数なので, \(B_k\) は偶数.

以上より, \(P_n\) は \(1\) つの奇数と \(n-1\) 個の偶数の和であり, よって奇数である.

(2)

\[ S_n = \dfrac{P_n}{2^N A_n} \] (1) の結果より, \(P_n , A_n\) はともに奇数なので, \(S_n\) の分母は, \(2^{N+1}\) で割り切れることはない.
条件より, \(S_n = \dfrac{40+m}{20}\) で, \(20 = 2^2 \cdot 5\) なので \[ N \leqq 2 \] ゆえに, \(n\) の候補は, \(1 \leqq n \leqq 2^3-1 = 7\) .
それぞれについて, \(S_n\) を求めると, \[\begin{align} \begin{array}{c|ccccc} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline S_n & 1 & \dfrac{3}{2} & \dfrac{11}{6} & \dfrac{25}{12} & \dfrac{137}{60} & \dfrac{49}{20} & \dfrac{363}{140} \end{array} \end{align}\] \(m \gt 0\) より, \(S_n \gt 2\) なので, \(n \geqq 4\) .
このうち, \(n=6\) のときのみ, 分母が \(20\) の約数となるので, 求める整数の組は \[ (m,n) = \underline{( 6 , 9 )} \]

(3)

実数 \(x\) の小数部分を \(\langle x \rangle\) とおく.
(1) の結果から, 奇数 \(r \ ( 1 \leqq r \leqq 15 )\) を用いて \[ b = \left\langle A _ {20} S _ {20} \right\rangle = \dfrac{r}{16} \] と表せる.
\[\begin{align} A _ {20} S _ {20} & = \underline{A _ {20} \left( 1 +\dfrac{1}{3} +\dfrac{1}{5} +\cdots +\dfrac{1}{19} \right)} _ {[1]} \\ & \quad +\underline{A _ {20} \left( \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{6} +\dfrac{1}{10} +\dfrac{1}{14} +\dfrac{1}{18} \right)} _ {[2]} \\ & \qquad +A _ {20} \underline{\left( \dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{20} \right)} _ {[3]} \\ & \qquad \quad +\underline{A _ {20} \cdot \dfrac{1}{8}} _ {[4]} +\underline{A _ {20} \cdot \dfrac{1}{16}} _ {[5]} \ . \end{align}\] \(\dfrac{A_n}{M}\) は奇数（整数）となることに着目すれば, [1] は整数, つまり \[ \langle [1] \rangle = 0 \quad ... [6] \ . \] また, 奇数 \(5\) 個の和は奇数となるので, \[\begin{align} \langle [2] \rangle & = \left\langle \dfrac{1}{2} \left( A _ {20} +\dfrac{A _ {20}}{3} +\dfrac{A _ {20}}{5} +\dfrac{A _ {20}}{7} +\dfrac{A _ {20}}{9} \right) \right\rangle \\ & = \dfrac{1}{2} \ . \end{align}\] ここで, 法 \(16\) の合同式を考えると \[\begin{align} A _ {20} & \equiv 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot (-7) \cdot (-5) \cdot (-3) \cdot (-1)\cdot 1 \cdot 3 \\ & \equiv 15^2 \cdot 49 \cdot 3 \\ & \equiv (-1)^2 \cdot 1 \cdot 3 \\ & \equiv 3 \quad ( \text{mod} 16 ) \ . \end{align}\] なので \[ A _ {20} \equiv 3 \quad ( \text{mod} 8 ) , \quad A _ {20} \equiv 3 \quad ( \text{mod} 4 ) \] したがって \[ \langle [4] \rangle = \dfrac{3}{8} , \quad \langle [5] \rangle = \dfrac{3}{16} \ . \] また, [3] については \[ [3] = \dfrac{1}{4} A _ {20} \cdot \dfrac{23}{15} \] であり, 法 \(4\) の合同式を考えると \[ 23 \equiv 15 \equiv 3 \quad ( \text{mod} 4 ) \] なので \[ \langle [3] \rangle = \dfrac{1}{4} \cdot 3 \cdot \dfrac{3}{3} = \dfrac{3}{4} \] 以上より \[\begin{align} b & = \left\langle 0 +\dfrac{1}{2} +\dfrac{3}{4} +\dfrac{3}{8} +\dfrac{3}{16} \right\rangle \\ & = \left\langle \dfrac{8 +12 +6 +3}{16} \right\rangle = \underline{\dfrac{13}{16}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

円周角の定理より, 条件から \[ \angle \text{BAC} = \angle \text{ACB} = \angle \text{ABE} = \dfrac{\pi}{5} \quad ... [1] \] AC と BE の交点を F とすると \[\begin{align} \angle \text{BFC} & = \angle \text{BAC} +\angle \text{ABE} = \dfrac{2 \pi}{5} \\ \angle \text{BFC} & = \pi -\angle \text{ACB} -\angle \text{BFC} = \dfrac{2 \pi}{5} \end{align}\] なので, \(\triangle \text{BCF}\) は二等辺三角形で \[ \text{FC} = \text{BC} = x \quad ... [2] \] したがって, \(\text{AF} = y-x\) .
また, [1] より, \(\triangle \text{ABC} \sim \triangle \text{BFA}\) なので \[\begin{align} \text{BC} : \text{CA} & = \text{FA} : \text{AB} \\ x : y & = (y-x) : x \\ \text{∴} \quad x^2 & = y (y-x) \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} \overrightarrow{\text{BC}} & = \overrightarrow{\text{BE}} +\overrightarrow{\text{EC}} \\ & = \dfrac{y}{x} \overrightarrow{c} +\dfrac{y}{x} \overrightarrow{a} \end{align}\] \(x \neq 0\) なので, (1) の結果より \[\begin{align} y^2 -xy -x^2 & = 0 \\ \left( \dfrac{y}{x} \right)^2 -\dfrac{y}{x} -1 & = 0 \\ \text{∴} \quad \dfrac{y}{x} & = \dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \end{align}\] よって \[ \overrightarrow{\text{BC}} = \underline{\dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \left( \overrightarrow{a} +\overrightarrow{c} \right)} \]

(3)

求める一辺の長さは \[\begin{align} y -2(y-x) & = 2x-y \\ & = \left( 2 -\dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \right) x \\ & = \underline{\dfrac{3 -\sqrt{5}}{2} x} \end{align}\]

(4)

\(p = \dfrac{3 -\sqrt{5}}{2}\) とおくと, \(0 \lt p \lt 1\) .
\(\text{R} _n\) と \(\text{R} _{n+1}\) の相似比は \(1 : p\) なので, 面積比は \(1 : p^2 \) .
ここで \[ p^2 = \dfrac{14 -6 \sqrt{5}}{4} = \dfrac{7 -3 \sqrt{5}}{2} \] 求める値 \(I\) は, 初項\(1\) , 公比 \(-p^2\) の無限等比級数の和なので \[\begin{align} I & = \dfrac{1}{1 -(-p^2)} = \dfrac{2}{2 +(7 -3 \sqrt{5})} \\ & = \dfrac{2}{9 -3 \sqrt{5}} = \dfrac{2 ( 9 +3 \sqrt{5} )}{81 -45} \\ & = \underline{\dfrac{3 +\sqrt{5}}{6}} \end{align}\]

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