解答はこちら »

【 解 答 】

問 1

Q \(( X , Y , Z )\) とおく.
平面 \(\alpha\) の式は \(x -y +\dfrac{z}{2} = 1\) で, PQ の中点 M \(\left( \dfrac{X+1}{2} , \dfrac{Y+1}{2} , \dfrac{Z+1}{2} \right)\)は \(\alpha\) 上にあるので \[\begin{align} \dfrac{X+1}{2} -\dfrac{Y+1}{2} +\dfrac{Z+1}{4} & = 1 \\ 2x +2 -2y -2 +z +1 & = 4 \\ \text{∴} \quad 2x -2y +z & = 3 \quad ... [1] \end{align}\] \(\text{PQ} \perp \alpha\) なので, \(\overrightarrow{\text{PQ}} \perp \overrightarrow{\text{AB}}\) , \(\overrightarrow{\text{PQ}} \perp \overrightarrow{\text{AC}}\) であるから \[\begin{align} \overrightarrow{\text{PQ}} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} & = \left( \begin{array}{c} X-1 \\ Y-1\\ Z-1 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ -1\\ 0 \end{array} \right) \\ & = -x +1 -y +1 = 0 \\ & \text{∴} \quad x +y = 2 \quad ... [2] \ , \\ \overrightarrow{\text{PQ}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} & = \left( \begin{array}{c} X-1 \\ Y-1\\ Z-1 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} -1 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right) \\ & = -X +1 +2Z -2 = 0 \\ & \text{∴} \quad X -2Z = -1 \quad ... [3] \end{align}\] [2] [3] より, \(Y = 2-X\) , \(Z = \dfrac{X+1}{2}\) で, [1] に代入して \[\begin{align} 2X -4 +2X +\dfrac{X+1}{2} & = 3 \\ 9X & = 13 \\ \text{∴} \quad X & = \dfrac{13}{9} \end{align}\] このとき \[\begin{align} Y & = 2 -\dfrac{13}{9} = \dfrac{5}{9} \\ Z & = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{13}{9} +1 \right) = \dfrac{11}{9} \end{align}\] よって, Q の座標は \[ \underline{\left( \dfrac{13}{9} , \dfrac{5}{9} , \dfrac{11}{9} \right)} \]

問 2

\(n\) 回目までの玉の取り出し方は, \(4^n\) 通り.
\(n-1\) 回目までは, 他の \(3\) 色の玉がすべて出て, \(n\) 回目に初めて赤玉が出る場合の数を考える.
\(n-1\) 回目までの玉の取り出し方について

• \(1\) 色だけ出る場合
  色の選び方だけを考えて \[ 3 \ \text{通り} \]

• \(2\) 色だけ出る場合
  色の選び方が \({} _ {3} \text{C}{} _ {2} = 3\) 通り, 玉の出方が \(2^{n-1}\) 通りあり, これには \(1\) 色だけ出る場合が含まれているので \[ 3 \left( 2^{n-1} -2 \right) = 3 \cdot 2^{n-1} -6 \ \text{通り} \]

• \(3\) 色出るとも場合
  玉の出方が \(3^{n-1}\) 通りあり, これには \(2\) 色だけが出る場合, \(1\) 色だけが出る場合が含まれているので \[ 3^{n-1} -\left( 3 \cdot 2^{n-1} -6 \right) -3 = 3^{n-1} -3 \cdot 2^{n-1} +3 \ \text{通り} \]

よって, 求める確率は \[\begin{align} \underline{\dfrac{3^{n-1} -3 \cdot 2^{n-1} +3}{4^n}} \end{align}\]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

P の \(x\) 座標を \(t\) とおく.
曲線 \(y = \dfrac{1}{2} ( x^2 +1 )\) は \(y\) 軸について対称で, \(t=0\) のときに接線は \(x\) 軸と交わらないので, \(t \gt 0\) について考えればよい.
\(y' = x\) なので, PQ の式は \[\begin{align} y & = t ( x-t ) +\dfrac{1}{2} ( t^2 +1 ) \\ & = tx -\dfrac{1}{2} ( t^2 -1 ) \end{align}\] \(y = 0\) とすれば \[\begin{align} tx & = \dfrac{1}{2} ( t^2 -1 ) \\ \text{∴} \quad x & = \dfrac{t^2 -1}{2t} \end{align}\] ゆえに, Q \(\left( \dfrac{t^2 -1}{2t} , 0 \right)\) であり \[\begin{align} L^2 & = \left( t -\dfrac{t^2 -1}{2t} \right)^2 +\left( \dfrac{t^2 +1}{2} \right)^2 \\ & = \dfrac{( t^2 +1 )^2}{4 t^2} +\dfrac{( t^2 +1 )^2}{4} \\ & = \dfrac{1}{4} \cdot \underline{\dfrac{( t^2 +1 )^3}{t^2}} _ {[1]} \end{align}\] [1] について, \(s = t^2 ( \gt 0 )\) とおいて \(f(s) = \dfrac{(s+1)^3}{s}\) とおけば \[\begin{align} f'(s) & = \dfrac{3 (s+1)^2 s -(s+1)^3}{s^2} \\ & = \dfrac{(s+1)^2 ( 2s -1 )}{s^2} \end{align}\] したがって, \(f(s)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} s & (0) & \cdots & \dfrac{1}{2} & \cdots \\ \hline f'(s) & & - & 0 & + \\ \hline f(s) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow \end{array} \] よって, \(L\) は \(s = \dfrac{1}{2}\) のときに最小となり, その値は \[ \sqrt{\dfrac{1}{4} f \left( \dfrac{1}{2} \right)} = \sqrt{\dfrac{1}{4} \cdot 2 \cdot \left( \dfrac{3}{2} \right)^3} = \underline{\dfrac{3 \sqrt{3}}{4}} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

\(\alpha = \cos \dfrac{\pi}{6} +i \sin \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} +\dfrac{i}{2}\) とおくと
\(\alpha^n = \cos \dfrac{n \pi}{6} +i \sin \dfrac{n \pi}{6}\) なので \[ \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \cos \dfrac{n \pi}{6} = \dfrac{1}{2} \left\{ \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)^n +\left( \dfrac{\overline{\alpha}}{2} \right)^n \right\} \] したがって, 求める和 \(S\) は \[ S = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \dfrac{1}{2} \left\{ \dfrac{1 -\left( \dfrac{\alpha}{2} \right)^{n+1}}{1 -\dfrac{\alpha}{2}} +\dfrac{1 -\left( \dfrac{\overline{\alpha}}{2} \right)^{n+1}}{1 -\dfrac{\overline{\alpha}}{2}} \right\} \] \(\left| \dfrac{\alpha}{2} \right| = \left| \dfrac{\overline{\alpha}}{2} \right| = \dfrac{1}{2}\) なので \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left| \dfrac{\alpha}{2} \right|^{n+1} = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left| \dfrac{\overline{\alpha}}{2} \right|^{n+1} = 0 \] ゆえに \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)^{n+1} = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( \dfrac{\overline{\alpha}}{2} \right)^{n+1} = 0 \] したがって \[\begin{align} S & = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1 -\dfrac{\alpha}{2}} +\dfrac{1}{1 -\dfrac{\overline{\alpha}}{2}} \right) \\ & = \dfrac{1}{2 -\alpha} +\dfrac{1}{2 -\overline{\alpha}} \\ & = \dfrac{4 -\alpha -\overline{\alpha}}{| 2 -\alpha |^2} \end{align}\] ここで \[\begin{align} | 2 -\alpha |^2 & = \left( 2 -\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 +\left( \dfrac{1}{2} \right)^2 \\ & = 4 +\dfrac{3}{4} -2\sqrt{3} +\dfrac{1}{4} \\ & = 5 -2 \sqrt{3} \ , \\ 4 -\alpha -\overline{\alpha} & = 4 -\sqrt{3} \end{align}\] なので \[\begin{align} S & = \dfrac{4 -\sqrt{3}}{5 -2 \sqrt{3}} \\ & = \dfrac{\left( 4 -\sqrt{3} \right) \left( 5 +2 \sqrt{3} \right)}{13} \\ & = \underline{\dfrac{14 +3 \sqrt{3}}{13}} \end{align}\]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

\[ y' = -\dfrac{\sin x}{1 +\cos x} \] なので \[\begin{align} \sqrt{1 +\left\{ y' \right\}^2} & = \sqrt{\dfrac{2 +2 \cos x}{( 1 +\cos x )^2}} \\ & = \dfrac{1}{\sqrt{\cos^2 \dfrac{x}{2}}} = \dfrac{1}{\cos \dfrac{x}{2}}\quad \left( \text{∵} \cos \dfrac{x}{2} \gt 0 \right) \end{align}\] よって, 求める長さ \(L\) は \[\begin{align} L & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\cos \dfrac{x}{2}} \, dx = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos \dfrac{x}{2}}{1 -\sin^2 \dfrac{x}{2}} \, dx \\ & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left\{ \dfrac{\left( 1 +\sin \dfrac{x}{2} \right)'}{1 +\sin \dfrac{x}{2}} -\dfrac{\left( 1 -\sin \dfrac{x}{2} \right)'}{1 -\sin \dfrac{x}{2}} \right\} \, dx \\ & = \left[ \log \dfrac{1 +\sin \dfrac{x}{2}}{1 -\sin \dfrac{x}{2}} \right]_ {0}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = \log \dfrac{\sqrt{2} +1}{\sqrt{2} -1} = \underline{2 \log \left( \sqrt{2} +1 \right)} \end{align}\]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

外接円の半径を \(R\) とすれば, 正弦定理より \[\begin{gather} \dfrac{\text{BC}}{\sin \angle \text{BAC}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = 2R \\ \text{∴} \quad R = 2 \end{gather}\] 外心は, BC の垂直二等分線である \(y\) 軸上にあり, B , C からの距離が \(2\) である点は, \(( 0 , 0 )\) , \(( 0 , -2 )\) .
したがって, 外接円の候補は, \(x^2 +y^2 = 4\) , \(x^2 +(y+2)^2 = 4\) の \(2\) つがあるが, A の \(y\) 座標が正となりうるのは, 前者のみ.
よって, 求める座標は \[ \underline{( 0 , 0 )} \]

(2)

A \(( p , q )\) とおくと, A の動く範囲は \[ p^2 +q^2 = 4 \quad ( q \gt 0 ) \quad ... [1] \] 垂心 H \(( X , Y )\) とおくと, \(\text{AH} \perp \text{BC}\) なので \[ p = X \quad ... [2] \] また, \(\text{BH} \perp \text{AC}\) なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{BH}} \cdot \overrightarrow{\text{CA}} = \left( \begin{array}{c} X +\sqrt{3} \\ Y+1 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} p -\sqrt{3} \\ q+1 \end{array} \right) & = 0 \\ \left( p +\sqrt{3} \right) \left( p -\sqrt{3} \right) +(Y+1) (q+1) & = 0 \quad ( \ \text{∵} \ [2] \ ) \\ -q^2 +1 +(Y+1) (q+1) & = 0 \quad ( \ \text{∵} \ [1] \text{より}\ p^2 = 4 -q^2 \ ) \\ ( q+1 ) ( 2 -q +Y ) & = 0 \end{align}\] \(q+1 \neq 0\) なので \[ q = Y+2 \quad ... [3] \] [1] に [2] [3] を代入して \[ X^2 +(Y+2)^2 = 4 \quad ( Y \gt -2 ) \] よって, 求める軌跡は \[ \underline{\text{半円} \ : \ x^2 +(y+2)^2 = 4 \quad ( y \gt -2 )} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

問 1

対偶をとって, 「 \(n\) が合成数ならば, \(3^n -2^n\) も合成数である. 」... [A] を示せばよい.
\(n = ab\) （ \(a , b\) は \(2\) 以上の整数）と表せて \[\begin{align} 3^n -2^n & = \left( 3^a \right)^b -\left( 2^a \right)^b \\ & = \underline{\left( 3^a -2^a \right)} _ {[1]} \underline{\left( 3^{a(b-1)} +3^{a(b-2)} \cdot 2^a +\cdots +2^{a(b-1)} \right)} _ {[2]} \end{align}\] [1] [2] ともに \(2\) 以上の整数なので, \(3^n -2^n\) も合成数である.
よって, [A] が示され, 題意も示された.

問 2

\(x\) 座標が \(t\) である点での接線の式は \[ y = f'(t) (x-t) +f(t) \] これが原点を通るならば \[\begin{align} 0 & = -t f'(t) +f(t) \\ \text{∴} \quad f(t) & = t f'(t) \quad ... [1] \end{align}\] したがって, [1] をみたす \(t\) の存在を示せばよい.
\(g(x) = \dfrac{g(x)}{x} \ (x \neq 0)\) とおくと, これは定義域で微分可能な関数であり \[ g'(x) = \dfrac{x f'(x) -f(x)}{x^2} \quad ... [2] \] 平均値の定理より, \(1 \leqq c \leqq a\) かつ \[\begin{align} g'(c) & = \dfrac{g(a) -g(1)}{a-1} \\ & = \dfrac{f(a) -a f(1)}{a (a-1)} \\ & = 0 \quad ( \text{∵} \ f(a) = a f(1) ) \end{align}\] をみたす \(c\) が存在する.
[2] を代入すれば \[\begin{align} \dfrac{c f'(c) -f(c)}{c^2} & = 0 \\ \text{∴} \quad f(c) & = c f'(c) \end{align}\] よって, \(t=c\) が [1] をみたすので, 題意は示された.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 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 \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( M _ n \right)^n = \underline{e^{\frac{1}{2}}} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 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 \[ \underline{17} \]

« 解答を隠す