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【 解 答 】

整数 \(m\) について, \(m^2 \leqq k \leqq (m+1)^2 -1 = m^2 +2m\) のとき, \(\left[ \sqrt{k} \right] = m\) .
[1] をみたす整数 \(k\) は \[ ( m^2 +2m ) -m^2 +1 = 2m+1 \ \text{個} \] ある.
したがって, \(b_1 = 2\) であり, \(n \geqq 2\) について \[\begin{align} b_n & = \underline{\textstyle\sum\limits _ {m=1}^{n-1} (2m+1) 2^m} _ {[2]} +2^n \end{align}\] \(S_n = [2]\) とおくと \[\begin{array}{rllrllll} S_n & = & 3 \cdot 2 & +5 \cdot 2^2 & +\cdots & +(2n-1) 2^{n-1} & & ... [3] \\ 2 S_2 & = & & 3 \cdot 2^2 & +\cdots & +(2n-3) 2^{n-1} & +(2n-1) 2^n & ... [4] \end{array}\] \([4] -[3]\) より \[\begin{align} S_n & = (2n-1) 2^n -2 \left( 2^2 +\cdots +2^{n-1} \right) -3 \cdot 2 \\ & = (2n-1) 2^n -8 \cdot \dfrac{2^{n-2} -1}{2-1} -6 \\ & = (2n-1) 2^n -2^{n+1} +2 \\ & = (2n-3) 2^n +2 \end{align}\] よって \[ b_n = \underline{(n-1) 2^{n+1} +2} \] これは, \(n = 1\) のときも成立する.

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【 解 答 】

(1)

\(2\) 次方程式の判別式について \[\begin{align} D & = a^2 -4b \geqq 0 \\ \text{∴} \quad & b \leqq \dfrac{a^2}{4} \quad ... [1] \end{align}\] 解と係数の関係より \[ \alpha +\beta = a \ , \ \alpha \beta = b \quad ... [2] \] \(\alpha \lt \beta\) としても一般性を失わない.
三角形が存在する条件は \[\begin{align} \alpha +\beta \gt 1 \ & \text{かつ} \ \alpha +1 \lt \beta \\ \text{∴} \quad a \gt 1 \ & \text{かつ} \ \beta -\alpha \lt 1 \quad ... [3] \end{align}\] [2] より \[\begin{align} \beta -\alpha & = \sqrt{( \alpha +\beta )^2 -4 \alpha \beta} \\ & = \sqrt{a^2 -4b} \end{align}\] なので \[\begin{align} a^2 -4b & \lt 1 \\ \text{∴} \quad b & \gt \dfrac{a^2}{4} -\dfrac{1}{4} \quad ... [4] \end{align}\] よって, [1] [3] [4] より, 求める \(( a , b )\) の範囲は下図斜線部（実線境界を含み, 点線境界と○は含まない. ）

(2)

\(k = \dfrac{\alpha \beta +1}{( \alpha +\beta )^2}\) とおくと \[\begin{align} k & = \dfrac{b+1}{a^2} \\ \text{∴} \quad b & = k a^2 -1 \quad ... [5] \end{align}\] [5] は, 点 \(( 0 , -1 )\) を頂点にもつ放物線または直線 : \(b = -1\) を表す.
[5] が (1) で求めた領域と共有点を \(k\) の範囲を求めればよい.

1. 1*　\(k \leqq 0\) のとき
   [5] は共有点をもたない.

2. 2*　\(k \gt 0\) のとき
   [5] が, 境界となっている放物線と交わる条件は \[ a \gt \dfrac{1}{4} \quad ... [6] \] 点 \(\left( 1 , \dfrac{1}{4} \right)\) を通るのは \[\begin{align} \dfrac{1}{4} & = k -1 \\ \text{∴} \quad k & = \dfrac{5}{4} \end{align}\] ゆえに, 共有点をもつ条件は \[ \dfrac{1}{4} \lt k \lt \dfrac{5}{4} \]

よって, 求める範囲は \[ \underline{\dfrac{1}{4} \lt \dfrac{\alpha \beta +1}{( \alpha +\beta )^2} \lt \dfrac{5}{4}} \]

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【 解 答 】

(1)

\(C\) と \(S\) の式から \(y\) を消去して \[\begin{align} x^2 +\left( \dfrac{x^2}{k} -1 \right)^2 & = 0 \\ \dfrac{x^4}{k^2} +\left( -\dfrac{2}{k} +1 \right) x^2 & = 0 \\ \text{∴} \quad x^2 \left\{ x^2 -k (2-k) \right\} & = 0 \end{align}\] これが \(3\) つの異なる実数解をもつ条件を求めればよいので \[\begin{gather} k (2-k) \gt 0 \\ \text{∴} \quad \underline{0 \lt k \lt 2} \end{gather}\]

(2)

P の \(x\) 座標を \(t\) とおけば \[ t = \sqrt{k (2-k)} \] この点における \(S\) の接線の式は \(y' = \dfrac{2x}{k}\) より \[\begin{align} y & = \dfrac{2t}{k} (x-t) +\dfrac{t^2}{k} \\ & = \dfrac{2t}{k} x -\dfrac{t^2}{k} \end{align}\] したがって \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ {0}^{t} \left( \dfrac{x^2}{k} -\dfrac{2t}{k} x +\dfrac{t^2}{k} \right) \, dx \\ & = \dfrac{1}{k} \displaystyle\int _ {0}^{t} (x-t)^2 \, dx \\ & = \dfrac{1}{k} \left[ \dfrac{1}{3} (x-t)^3 \right] _ {0}^{t} \\ & = \dfrac{t^3}{3k} \\ & = \dfrac{\sqrt{k^3 (2-k)^3}}{3k} \\ & = \dfrac{1}{3} \sqrt{\underline{k (2-k)^3} _ {[1]}} \end{align}\] [1] が最大となるとき, \(S\) も最大となる.
\(s = 2-k\) とおくと (1) の結果より, \(0 \lt s \lt 2\) .
また [1] について \[ [1] = (2-s) s^3 = -s^4 +2s^3 \] これを \(f(s)\) とおくと \[ f'(s) = -4s^3 +6s^2 = -2s^2 (2s-3) \] したがって, \(f(s)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} s & (0) & \cdots & \dfrac{3}{2} & \cdots & (2) \\ \hline f'(s) & & + & 0 & - & & \\ \hline f(s) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] ここで \[ f \left( \dfrac{3}{2} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{3}{2} \right)^3 = \dfrac{27}{16} \] よって, 求める最大値は \[ \dfrac{1}{3} \sqrt{f \left( \dfrac{3}{2} \right)} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3 \sqrt{3}}{4} = \underline{\dfrac{\sqrt{3}}{4}} \]

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【 解 答 】

サイコロの目の出方は \(6^3\) 通り. \[\begin{align} \displaystyle\int _ {a-3}^{a+3} (x-b) (x-c) \, dx & = \left[ \dfrac{x^3}{3} -(b+c) \dfrac{x^2}{2} +bc x \right] _ {a-3}^{a+3} \\ & = \dfrac{1}{3} (a+3)^3 -\dfrac{1}{2} (b+c) (a+3)^2 +bc (a+3) \\ & \qquad -\dfrac{1}{3} (a-3)^3 +\dfrac{1}{2} (b+c) (a-3)^2 -bc (a+3) \\ & = 6 ( a^2 +3 ) -6 (b+c) a +6bc = 0 \end{align}\] ゆえに \[\begin{align} a^2 -a (b+c) +bc & = -3 \\ (a-b) (a-c) & = -3 \\ \text{∴} \quad ( a-b \, , \, a-c ) & = ( \pm 1 , \mp 3 ) , ( \pm 3 , \mp 1 ) \quad ( \text{複号同順} ) \end{align}\] したがって \[ a = b \pm 1 = c \mp 3 \ \text{または} \ a = b \pm 3 = c \mp 1 \quad ( \text{複号同順} ) \] これをとくと \[\begin{align} ( a , b , c ) = & ( 2 , 1 , 5 ) , ( 3 , 2 , 6 ) , ( 4 , 5 , 1 ) , ( 5 , 6 , 2 ) , \\ & ( 4 , 1 , 5 ) , ( 5 , 2 , 6 ) , ( 2 , 5 , 1 ) , ( 3 , 6 , 2 ) \end{align}\] で, 条件をみたす組は \(8\) 組.
よって, 求める確率は \[ \dfrac{8}{6^3} = \underline{\dfrac{1}{27}} \]

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【 解 答 】

• \(x = 0\) のとき \[ 6 \cdot 1 +1 = 7 = 7 \cdot 1 \]

• \(x = 1\) のとき \[ 6 \cdot 27 +1 = 163 \neq 175 = 7 \cdot 25 \]

• \(x = 2\) のとき \[ 6 \cdot 729 +1 = 4375 = 7 \cdot 625 \]

以下では, \(x \geqq 3\) が解でないことを示す.
\(x \geqq 2\) のときに \(6 \cdot 3^{3x} +1 \geqq 7 \cdot 5^{2x}\) ... [1] が成立すると仮定すると \[\begin{align} 6 \cdot 27^{x+1} +1 & \geqq ( 25 +2 ) ( 7 \cdot 25^x -1 ) +1 \quad ( \ \text{∵} \ [1] \ )\\ & = 7 \cdot 25^{x+1} +14 \cdot 25^x -26 \\ & \gt 7 \cdot 25^{x+1} \end{align}\] したがって, 帰納的に \(n \geqq 3\) においては \[ 6 \cdot 3^{3x} +1 \gt 7 \cdot 5^{2x} \] よって, 求める解は \[ x = \underline{0 , 2} \]

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【 解 答 】

条件より \[\begin{align} \cos (n+1) \theta & = \dfrac{3}{2} \cos n \theta -\cos (n-1) \theta \\ 2 \cos n \theta \cos \theta & = \dfrac{3}{2} \cos n \theta \\ \cos n \theta \left( \cos \theta -\dfrac{3}{4} \right) & = 0 \\ \text{∴} \quad \cos n \theta = 0 & , \ \cos \theta = \dfrac{3}{4} \end{align}\] \(\cos n \theta = 0\) のときを考えると, \(a_2 = a_3 = 0\) となるが \[ a_1 = \dfrac{3}{2} a_2 -a_3 = 0 \neq 1 \] で, 矛盾が生じる.
よって \[ \cos \theta = \underline{\dfrac{3}{4}} \]

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【 解 答 】

表の枚数が \(0\) 枚, \(1\) 枚, \(2\) 枚である状態をそれぞれ \(S_0 , S_1 , S_2\) とおく.
操作 \(1\) 回ごとの状態遷移は下図のようになる.

操作 \(n\) 回後に, \(S_0 , S_1 , S_2\) である確率をそれぞれ \(p_n , q_n , r_n\) とおくと \[\begin{align} p_0 & = q_0 = 0 , \ r_0 = 1 \\ p _ {n+1} & = \dfrac{1}{4} p_n +\dfrac{1}{2} q_n +\dfrac{1}{4} r_n \quad ... [1] \\ q _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} p_n +\dfrac{1}{2} q_n +\dfrac{1}{2} r_n \quad ... [2] \\ r _ {n+1} & = \dfrac{1}{4} p_n +\dfrac{1}{4} r_n \\ \end{align}\] \(p_n +q_n +r_n = 1\) なので, [2] より, \(n \geqq 1\) において \[ q_n = \dfrac{1}{2} \] [1] に代入すると \[ p _ {n+1} = \dfrac{1}{4} p_n +\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{4} \left( \dfrac{1}{2} -p_n\right) = \dfrac{3}{8} \] ゆえに, \(n \geqq 2\) において \[ p_n = \dfrac{3}{8} \] \(n=1\) のときは \[ p_1 = \dfrac{1}{4} \cdot 0 +\dfrac{1}{2} \cdot 0 +\dfrac{1}{4} \cdot 1 = \dfrac{1}{4} \] よって, 求める確率は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{4} & ( \ n = 1 \ \text{のとき} \ ) \\ \dfrac{3}{8} & ( \ n \geqq 2 \ \text{のとき} \ ) \end{array} \right.} \]

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