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【 解 答 】

(1)

対偶をとって

1. [A] ... 「 \(p _ 2 = 0\) かつ \(p _ 4 = 0\) ならば, \(\alpha = 0\) または \(\beta = 0\) 」

を示せばよい. \[\begin{align} p _ 2 & = 1 +\alpha +\beta = 0 \quad ... [1] , \\ p _ 4 & = 1 +{\alpha}^3 +{\beta}^3 = 0 \quad ... [2] \end{align}\] [1] より \[ \alpha +\beta = -1 \] [2] より \[\begin{align} ( \alpha +\beta )^3 -3 \alpha \beta ( \alpha +\beta ) & = -1 \\ -1 +3 \alpha \beta & = -1 \\ \text{∴} \quad \alpha \beta & = 0 \end{align}\] よって, [A] は示され, 題意も示された.

(2)

\(p _ 1 = 3\) なので, 条件 (＊) より \[ p _ 2 = 1 +\alpha +\beta = 0 \quad ... [3] \] なので, (1) の結果より \[ p _ 4 \neq 0 \] さらに, 条件 (＊) から \[ p _ 3 = 1 +{\alpha}^2 +{\beta}^2 = 0 \quad ... [4] \] [3] より \[ \beta = -( 1 +\alpha ) \] [4] に代入すると \[\begin{align} 1 +{\alpha}^2 +( 1 +\alpha )^2 & = 0 \\ {\alpha}^2 +\alpha +1 & = 0 \quad ... [5] \\ \text{∴} \quad \alpha & = \dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} \end{align}\] なので \[\begin{align} \beta & = -\left( 1 +\dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} \right) \\ & = \dfrac{-1 \mp \sqrt{3} i}{2} \end{align}\] よって \[ ( \alpha , \beta ) = \underline{\left( \dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} , \dfrac{-1 \mp \sqrt{3} i}{2} \right) \quad ( \text{複号同順} )} \] ここで, \(1\) の \(3\) 乗根 \(\omega = \dfrac{-1 +\sqrt{3} i}{2}\) とおけば \[ ( \alpha , \beta ) = ( \omega , {\omega}^2 ) , ( {\omega}^2 , \omega ) \] したがって \[ p _ n = 1 +{\omega}^{n-1} +{\omega}^{2(n-1)} \] ここで \(k\) を \(0\) 以上の整数として

• \(n = 3k\) のとき \[\begin{align} p _ n & = 1 +{\omega}^{3k-1} +{\omega}^{2(3k-1)} \\ & = 1 +{\omega}^2 +\omega = 0 \end{align}\]

• \(n = 3k+1\) のとき \[ p _ n = 1 +{\omega}^{3k} +{\omega}^{6k} = 3 \]

• \(n = 3k+2\) のとき \[\begin{align} p _ n & = 1 +{\omega}^{3k+1} +{\omega}^{2(3k+1)} \\ & = 1 +\omega +{\omega}^2 = 0 \end{align}\]

よって \[ p _ n = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 3 & \left( \ n = 3k+1 \text{のとき} \right) \\ 0 & \left( \ n = 3k , 3k+2 \text{のとき} \right) \end{array} \right.} \]

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【 解 答 】

(1)

\[ \left( \begin{array}{cc} 1 & c \\ 4 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} t-1 \\ t \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} (c+1)t-1 \\ 3t-4 \end{array} \right) \] なので \[ \text{Q} \ \left( (c+1)t-1 , 3t-4 \right) \] R \((u,v)\) とおくと \[\begin{align} \overrightarrow{\text{PQ}} & = \left( \begin{array}{c} ct \\ 2t-4 \end{array} \right) \\ \overrightarrow{\text{PR}} & = \left( \begin{array}{c} u-t+1 \\ v-t \end{array} \right) \end{align}\] \(\angle \text{QPR} = 90^{\circ}\) なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{PQ}} \cdot \overrightarrow{\text{PR}} = ct (u-t+1) +(2t-4)(v-t) & = 0 \\ -ct^2 +c(u+1)t -2t^2 +2(v+2)t -4v & = 0 \\ \text{∴} \quad (c+2)t^2 -\{ c(u+1) +2(v+2) \}t +4v & = 0 \end{align}\] これがすべての \(t\) について成立するので, 係数を比較して \[\begin{gather} c+2 = 0 , \ 4v = 0 , \ c(u+1) +2(v+2) = 0 \\ \text{∴} \quad c = \underline{-2} , \ u = 1 , \ v = 0 \end{gather}\] よって, R \(\underline{( 1 , 0 )}\) .

(2)

辺 QR が外接円の直径になるので, QR の長さが最小のとき, 外接円の面積も最小になる.
Q \(( -t-1 , 3t-4 )\) なので \[\begin{align} \text{QR}^2 & = (-t-2)^2 +(3t-4)^2 \\ & = t^2 +4t +4 +9t^2 -24t +16 \\ & = 10t^2 -20t +20 \\ & = 10 (t-1)^2 +10 \geqq 10 \end{align}\] よって, 外接円の面積は, \(t = \underline{1}\) のとき, 最小値 \[ \pi \left( \dfrac{\sqrt{10}}{2} \right)^2 = \underline{\dfrac{5}{2} \pi} \]

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【 解 答 】

(1)

部分積分を繰り返し用いれば \[\begin{align} \displaystyle\int e^{-x} \cos x \, dx & = e^{-x} \sin x +\displaystyle\int e^{-x} \sin x \, dx \\ & = e^{-x} \sin x -e^{-x} \cos x -\displaystyle\int e^{-x} \cos x \, dx \\ \text{∴} \quad \displaystyle\int e^{-x} \cos x \, dx & = \dfrac{e^{-x}}{2} \left( \sin x -\cos x \right) +C \quad ( \ C \text{は積分定数} ) \end{align}\] よって \[ p = \underline{\dfrac{1}{2}} , \ q = \underline{-\dfrac{1}{2}} \]

(2)

\(F(x) = \dfrac{e^{-x}}{2} \left( \sin x -\cos x \right)\) とおいて, (1) の結果を用いれば \[\begin{align} a _ 1 & = \displaystyle\int _ 0^{\pi} e^{-x} \left( 1 -\left| \cos x \right| \right) \, dx \\ & = \displaystyle\int _ 0^{\pi} e^{-x} \, dx -\displaystyle\int _ 0^{\frac{\pi}{2}} e^{-x} \cos x \, dx +\displaystyle\int _ {\frac{\pi}{2}}^{\pi} e^{-x} \cos x \, dx \\ & = \left[ -e^{-x} \right] _ 0^{\pi} +F(0) +F( \pi ) -2 F \left( \dfrac{\pi}{2} \right) \\ & = 1 -e^{-\pi} -\dfrac{1}{2} +\dfrac{e^{-\pi}}{2} -e^{-\frac{\pi}{2}} \\ & = \underline{\dfrac{e^{\pi} -2 e^{\frac{\pi}{2}} -1}{2 e^{\pi}}} \end{align}\]

(3)

\(y = \left| \cos x \right|\) は周期 \(\pi\) の周期関数なので \[ a _ {n+1} = \displaystyle\int _ {n \pi}^{(n+1) \pi} e^{-x} \left( 1 -\left| \cos x \right| \right) \, dx \] に対して, \(u = x -\pi\) とおくと, \(du = dx\) で \[ \begin{array}{c|ccc} x & n \pi & \rightarrow & (n+1) \pi \\ \hline u & (n-1) \pi & \rightarrow & n \pi \end{array} \] なので \[\begin{align} a _ {n+!} & = \displaystyle\int _ {(n-1) \pi}^{n \pi} e^{-( u +\pi )} \left\{ 1 -\left| \cos ( u +\pi ) \right| \right\} \, du \\ & = e^{-\pi} \displaystyle\int _ {(n-1) \pi}^{n \pi} e^{-u} \left( 1 -\left| \cos u \right| \right) \, du \\ & = e^{-\pi} a _ n \end{align}\] よって, 数列 \(\{ a _ n \}\) は初項 \(a _ 1 = \dfrac{e^{\pi} -2 e^{\frac{\pi}{2}} -1}{2 e^{\pi}}\) , 公比 \(e^{-\pi}\) の等比数列なので \[\begin{align} a _ n & = \dfrac{e^{\pi} -2 e^{\frac{\pi}{2}} -1}{2 e^{\pi}} \cdot e^{-(n-1) \pi} \\ & = \underline{\dfrac{e^{\pi} -2 e^{\frac{\pi}{2}} -1}{2 e^{n \pi}}} \end{align}\]

(4)

(3) の結果より \[\begin{align} \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( a _ 1 +a _ 2 + \cdots + a _ n \right) & = \dfrac{e^{\pi} -2 e^{\frac{\pi}{2}} -1}{2 e^{\pi}} \cdot \dfrac{1}{1 -e^{-\pi}} \\ & = \underline{\dfrac{e^{\pi} -2 e^{\frac{\pi}{2}} -1}{2 \left( e^{\pi} -1 \right)}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(y = (1-x)^n x^k\) とおけば \[\begin{align} y' & = -n (1-x)^{n-1} x^k +k (1-x)^n x^{k-1} \\ & = -\left\{ (n+k) x -k \right\} (1-x)^{n-1} x^{k-1} \end{align}\] \(0 \lt x \lt 1\) の範囲で \(y'=0\) をとくと \[ x = \dfrac{k}{n+k} \] したがって, \(0 \leqq x \leqq 1\) における \(y\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & 0 & \cdots & \dfrac{k}{n+k} & \cdots & 1 \\ \hline y' & & + & 0 & - & \\ \hline y & 0 & \nearrow & \text{最大} & \searrow & 0 \end{array} \] よって \[\begin{align} a _ n & = \left( 1 -\dfrac{k}{n+k} \right)^n \left( \dfrac{k}{n+k} \right)^k \\ & = \underline{\dfrac{k^n n^k}{(n+k)^{n+k}}} \end{align}\] また \[\begin{align} a _ n & = \dfrac{1}{\left( 1 +\frac{k}{n} \right)^{\frac{n}{k} \cdot k}} \left( \dfrac{k}{n+k} \right)^k \\ & \rightarrow \dfrac{1}{e^k} \cdot 0 = 0 \quad ( \ n \rightarrow \infty \text{のとき} ) \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} a _ n = \underline{0} \]

(2)

\(u(x) = (1-x)^n f(x)\) , \(v(x) = (1-x)^n g(x)\) , \(w(x) = u(x) +v(x)\) とおく.
\(0 \leqq x \leqq 1\) において \(f(x) , g(x)\) が定義できるので \[ u(1) = v(1) = w(1) = 0 \] したがって \[ d _ n \geqq 0 \] また, \(u(x) , v(x) , w(x)\) が, それぞれ \(x = b , c , d\) のときに最大値をとるとすれば \[\begin{align} b _ n +c _ n & = u(b) +v(c) \\ & \geqq u(d) +v(d) \\ & = w(d) = d _ n \end{align}\] よって \[ \underline{0 \leqq d _ n \leqq b _ n +c _ n} \]

(3)

\(r (1-x)^n\) は, \(0 \leqq x \leqq 1\) において, \(x=0\) のときに, 最大値 \(r\) をとる. （ \(n\) の値によらない. ）
また, \(u(x) = px^2 (1-x)^n\) , \(v(x) = px (1-x)^n\) とみなして, \(u _ (x) , v(x) , u(x) +v(x)\) の \(0 \leqq x \leqq 1\) における最大値を \(b _ n , c _ n , d _ n\) と表せば, (2) の結果より \[ 0 \leqq d _ n \leqq b _ n +c _ n \] (1) の結果より \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} b _ n = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} c _ n = 0 \] なので, はさみうちの原理より \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} d _ n = 0 \] よって \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} e _ n = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( d _ n +r \right) = \underline{r} \]

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