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【 解 答 】

\(P(x) = \dfrac{f(x)}{g(x)}\) とおく.
\(f(x) , g(x)\) はそれぞれ \(x\) の \(2\) 次式, \(1\) 次式なので, 実数 \(p , q , r\) を用いて \[ P(x) = px +q +\dfrac{r}{g(x)} \quad ... [1] \] と表せる.
\(r = 0\) であることを示せばよい.
[1] より \[ P(n+1) -P(n) = p -\dfrac{dr}{g(n+1) g(n)} \] 同様に考えれば \[ P(n+2) -P(n+1) = p -\dfrac{dr}{g(n+2) g(n+1)} \] したがって \[\begin{align} ( P(n+2) & -P(n+1) ) -( P(n+1) -P(n) ) \\ & = -\dfrac{dr}{g(n+2) g(n+1)} +\dfrac{dr}{g(n+1) g(n)} \\ & = \underline{\dfrac{2 d^2 r}{g(n+2) g(n+1) g(n)}} _ {[2]} \end{align}\] すべての自然数 \(n\) について, \(P(n)\) は整数なので, \(P(n+2) -P(n)\) も整数である.
ここで, \(r \neq 0\) と仮定すると \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} g(n+2) g(n+1) g(n) = \infty \] なので, 十分に大きな \(n\) をとれば, \(-1 \lt [2] \lt 1\) となるため, 矛盾する.
よって, \(r = 0\) であり, 題意は示された.

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【 解 答 】

条件から, 帰納的に考えて \[ 0 \leqq x _ n \lt 1 \] \(0 \leqq x _ n \lt \dfrac{1}{3}\) , \(\dfrac{1}{3} \leqq x _ n \lt \dfrac{2}{3}\) , \(\dfrac{2}{3} \leqq x _ n \lt 1\) となる確率をそれぞれ \(a _ n , b _ n , c _ n\) とおくと, 下図のグラフから考えて

\[ \left\{ \begin{array}{ll} a _ {n+1} = \dfrac{a _ n +b _ n}{2} & ... [1] \\ b _ {n+1} = \dfrac{a _ n +c _ n}{2} & ... [2] \\ c _ {n+1} = \dfrac{b _ n +c _ n}{2} & ... [3] \end{array} \right. \] \(a _ 0 = c _ 0 = 0\) かつ [1] [3] より, 帰納的に \[ a _ n = c _ n \quad ... [4] \] また, \(a _ n +b _ n +c _ n = 1 \ ... [5]\) であることを用いれば,[2] より \[\begin{align} b _ {n+1} & = \dfrac{1 -b _ n}{2} \\ b _ {n+1} -\dfrac{1}{3} & = -\dfrac{1}{2} \left( b _ n -\dfrac{1}{3} \right) \end{align}\] したがって, 数列 \(\left\{ b _ n -\dfrac{1}{3} \right\}\) は \[ \text{初項} : \ b _ 0 -\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3} , \quad \text{公比} : \ -\dfrac{1}{2} \] の等比数列なので \[\begin{align} b _ n -\dfrac{1}{3} & = \dfrac{2}{3} \left( -\dfrac{1}{2} \right)^n \\ \text{∴} \quad b _ n & = \dfrac{1}{3} \left\{ 1 -\left( -\dfrac{1}{2} \right)^{n-1} \right\} \end{align}\] [4] [5] より \[ a _ n = \dfrac{1 -b _ n}{2} \] よって, 求める確率は \[\begin{align} P _ n & = a _ n +b _ n = \dfrac{1 +b _ n}{2} \\ & = \underline{\dfrac{1}{3} \left\{ 2 +\left( -\dfrac{1}{2} \right)^n \right\}} \end{align}\]

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【 解 答 】

条件より, 実数 \(p , q , r\) を用いて \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} & = \overrightarrow{\text{OA}} +p \overrightarrow{u} = \left( \begin{array}{c} 2p+1 \\ p \\ -p-2 \end{array} \right) , \\ \overrightarrow{\text{OQ}} & = \overrightarrow{\text{OB}} +q \overrightarrow{v} = \left( \begin{array}{c} q+1 \\ -q+2 \\ q-3 \end{array} \right) , \\ \overrightarrow{\text{OR}} & = \overrightarrow{\text{OC}} +r \overrightarrow{w} = \left( \begin{array}{c} r+1 \\ 2r-1 \\ r \end{array} \right) \end{align}\] と表せるので \[ \overrightarrow{\text{PQ}} = \left( \begin{array}{c} -2p+q \\ -p-q+2 \\ p+q-1 \end{array} \right) , \quad \overrightarrow{\text{PR}} = \left( \begin{array}{c} -2p+r \\ -p+2r-1 \\ p+r+2 \end{array} \right) \quad ... [1] \] \(\overrightarrow{\text{PQ}} \perp \overrightarrow{v}\) , \(\overrightarrow{\text{PR}} \perp \overrightarrow{w}\) なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{PQ}} \cdot \overrightarrow{v} & = ( -2p+q ) -( -p-q+2 ) +( p+q-1 ) \\ & = 3q -3 = 0 \\ & \text{∴} \quad q = 1 , \\ \overrightarrow{\text{PR}} \cdot \overrightarrow{w} & = ( -2p+r ) +2( -p+2r-1 ) +( p+r+2 ) \\ & = -3p +6r = 0 \\ & \text{∴} \quad p = 2r \end{align}\] [1] に代入すると \[ \overrightarrow{\text{PQ}} = \left( \begin{array}{c} -4r+1 \\ -2r+1 \\ 2r \end{array} \right) , \quad \overrightarrow{\text{PR}} = \left( \begin{array}{c} -3r \\ -1 \\ 3r+2 \end{array} \right) \] したがって \[\begin{align} \text{PQ}^2 +\text{PR}^2 & = (-4r+1)^2 +(-2r+1)^2 +(2r)^2 \\ & \qquad +(-3r)^2 +(-1)^2 +(3r+2)^2 \\ & = 42 r^2 +7 \end{align}\] これは, \(r = 0\) のときに最小となる.
よって, \(\text{PQ}^2 +\text{PR}^2\) は \(\underline{\text{P} \ ( 1, 0, -2 )}\) のとき, 最小値 \(\underline{7}\) をとる.

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【 解 答 】

\(p(n)\) と \(p(n+1)\) の関係について考える.
時刻 \(n\) における \(2\) 点の位置関係に応じて, 時刻 \(n+1\) に \(2\) 点が同じ点にいる確率を考える.

• \(2\) 点が同じ点にいる場合
  他の \(2\) 頂点のいずれかに, \(2\) 点ともが移動すればよいので \[ 2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \]

• \(2\) 点が異なる点にいる場合
  残る \(1\) 頂点に, \(2\) 点ともが移動すればよいので \[ \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \]

以上より \[\begin{gather} p(n+1) = \dfrac{1}{2} p(n) +\dfrac{1}{4} \left( 1 -p(n) \right) = \dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{4} p(n) \\ \text{∴} \quad p(n+1) -\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{4} \left( p(n) -\dfrac{1}{3} \right) \end{gather}\] したがって, 数列 \(p(n) -\dfrac{1}{3}\) は, 初項 \(p(0) -\dfrac{1}{3} = 1 -\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\) , 公比 \(\dfrac{1}{4}\) の等比数列であり \[\begin{align} p(n) -\dfrac{1}{3} & = \dfrac{2}{3} \left( \dfrac{1}{4} \right)^n \\ \text{∴} \quad p(n) & = \underline{\dfrac{1}{3} +\dfrac{2}{3} \left( \dfrac{1}{4} \right)^n} \end{align}\]

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【 解 答 】

\(\angle \text{A} = \theta \ \left( 0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{3} \right) \quad ... [1]\) とおく.
正弦定理より \[\begin{align} \dfrac{1}{\sin \theta} & = \dfrac{\text{AC}}{\sin 2 \theta} \\ \text{∴} \quad \text{AC} & = 2 \cos \theta \end{align}\] なので \[\begin{align} \triangle \text{ABC} & = \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 \cos \theta \cdot \sin \left( 2 \pi -3 \theta \right) \\ & = \cos \theta \sin 3 \theta \\ & = \dfrac{1}{2} \left\{ \sin ( 3 \theta +\theta ) +\sin ( 3 \theta -\theta ) \right\} \\ & = \dfrac{1}{2} \left( \sin 4 \theta +\sin 2 \theta \right) \end{align}\] これを \(f( \theta )\) とおけば \[\begin{align} f'( \theta ) & = 2 \cos 4 \theta +\cos 2 \theta \\ & = 2 \left( 2 \cos^2 2 \theta -1 \right) +\cos 2 \theta \\ & = 4 \cos^2 2 \theta +\cos 2 \theta -2 \\ & = 4 \left( \cos 2 \theta -\dfrac{-1 -\sqrt{33}}{8} \right) \left( \cos 2 \theta -\dfrac{-1 +\sqrt{33}}{8} \right) \end{align}\] [1] より, \(\cos 2 \theta \gt \cos \dfrac{2 \pi}{3} = -\dfrac{1}{2}\) なので, \(\cos 2 \alpha = \dfrac{-1 +\sqrt{33}}{8}\) なる \(\alpha \ \left( 0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{3} \right)\) をおけば, \(f( \theta )\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & (0) & \cdots & \alpha & \cdots & \left( \dfrac{\pi}{3} \right) \\ \hline f'( \theta ) & & + & 0 & - & \\ \hline f( \theta ) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] よって \[ \cos \angle \text{B} = \cos 2 \alpha = \underline{\dfrac{-1 +\sqrt{33}}{8}} \]

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【 解 答 】

\(X = f(x)\) とおけば, 与えられた不等式より \[\begin{gather} X \leqq X^3 -2X^2 +2 \\ \quad (X+1)(X-1)(X-2) \geqq 0 \\ \text{∴} \quad -1 \leqq X \leqq 1 , \ 2 \leqq X \end{gather}\] したがって, すべての実数 \(x\) について \[ -1 \leqq f(x) \leqq 1 , \ 2 \leqq f(x) \quad ... [\text{A}] \] となる条件を求めればよい.
ところで, \(f(x)\) の分母について \[ x^2 +x +1 = \left( x +\dfrac{1}{2} \right)^2 +\dfrac{3}{4} \gt 0 \quad ... [1] \] なので, \(f(x)\) は実数全体で連続であり, \[ \displaystyle\lim _ {x \rightarrow \pm \infty} f(x) = 0 \] であるから, [A] のうち, \(f(x) \geqq 2\) となることはない.
ゆえに, すべての実数 \(x\) について \[ -1 \leqq f(x) \leqq 1 \quad ... [\text{B}] \] となる条件を求めればよい.
[B] より \[\begin{gather} -1 \leqq \dfrac{ax+b}{x^2+x+1} \leqq 1 \\ -x^2-x-1 \leqq ax+b \leqq x^2+x+1 \quad ( \ \text{∵} \ [1] \ ) \\ \text{∴} \quad \left\{ \begin{array}{ll} x^2 +(a+1)x +b+1 \geqq 0 & ... [2] \\ x^2 -(a-1)x -b+1 \geqq 0 & ... [3] \end{array} \right. \end{gather}\] [2] が常に成立する条件は, 判別式 \(D _ 1\) について \[\begin{align} D _ 1 & = (a+1)^2 -4(b+1) \leqq 0 \\ \text{∴} \quad b & \geqq \dfrac{(a+1)^2}{4} -1 \quad ... [4] \end{align}\] [3] が常に成立する条件は, 判別式 \(D _ 2\) について \[\begin{align} D _ 2 & = (a-1)^2 +4(b-1) \leqq 0 \\ \text{∴} \quad b & \leqq -\dfrac{(a-1)^2}{4} +1 \quad ... [5] \end{align}\] よって, 求める \((a,b)\) の条件は [4] かつ [5] であり, 図示すると下図斜線部（境界含む）となる.

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【 解 答 】

\[ \underline{a^3+b^3} _ {[1]} = \underline{(a+b)^3} _ {[2]} -\underline{3ab (a+b)} _ {[3]} \] [1] [3] が \(3\) の倍数なので, [2] も \(3\) の倍数である.
つまり, \(a+b\) が \(3\) の倍数となるので, [2] は \(3^3 = 27\) の倍数である.
条件より, [1] も \(27\) の倍数なので, [3] も \(27\) の倍数である.
条件より, 「 \(a , b\) はともに \(3\) の倍数ではない ... [4]」ので, \(a+b\) は \(\dfrac{27}{3} = 9\) の倍数である.
したがって, [2] は \(9^2 = 81\) の倍数であり, 条件より, [1] も \(81\) の倍数であるから, [3] も \(81\) の倍数である.
ゆえに, 再度 [4] より, \(a+b\) は \(\dfrac{81}{3} = 27\) の倍数である.
\(a+b = 27k\) （ \(k\) は自然数 ）とおく.
対称性から \(a \leqq b\) としてもよい. \[\begin{align} a^2+b^2 & = a^2 +(27k-a)^2 \\ & = 2a^2 -54ka +27^2k^2 \\ & = 2 \left( a -\dfrac{27k}{2} \right)^2 +\dfrac{27^2k^2}{2} \end{align}\] したがって, \(a^2+b^2\) が最小となるのは, \(k=1\) のとき.
このとき, \(a\) は自然数なので \[ a = 13 \ \text{のとき, 最小値} \ 13^2+14^2 = 365 \] をとる.
よって, \(a^2+b^2\) は \[ (a,b) = \underline{( 13 , 14 ) , ( 14 , 13 )} \] のとき, 最小値 \(\underline{365}\) をとる.

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【 解 答 】

\(C _ 1 , C _ 2\) は, 直線 \(y=x\) について対称なので, A \(\left( a , \dfrac{1}{a} \right)\) , B \(\left( \dfrac{1}{a} , a \right) \ ( 0 \lt a \lt 1 )\) とおいてもよい.
\(l\) , OA それぞれが \(x\) 軸正方向となす角を \(\theta _ 1 , \theta _ 2\) とおくと, 条件より \[ \theta _ 1 -\theta _ 2 = \dfrac{\pi}{6} \quad ... [1] \] \(C\) の式より, \(y' = -\dfrac{1}{x^2}\) なので \[ \tan \theta _ 1 = -\dfrac{1}{a^2} \] また, 条件より \[ \tan \theta _ 2 = \dfrac{\frac{1}{a}}{a} = \dfrac{1}{a^2} \quad ... [2] \] したがって, \(l\) と OA は, 直線 \(x=a\) について対称なので, [1] を用いて \[ \theta _ 2 = \dfrac{\pi}{2} -\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{5 \pi}{12} \] \(\dfrac{5 \pi}{12} = \dfrac{\pi}{4} +\dfrac{\pi}{6}\) なので, \(\tan\) の加法定理より \[\begin{align} \tan \dfrac{5 \pi}{12} & = \dfrac{1 +\frac{1}{\sqrt{3}}}{1 -1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \dfrac{\sqrt{3} +1}{\sqrt{3} -1} \\ & = \dfrac{2}{\left( \sqrt{3} -1 \right)^2} = \dfrac{\left( \sqrt{3} +1 \right)^2}{2} = \dfrac{1}{2 -\sqrt{3}} \end{align}\] ゆえに, [2] より \[ a = \dfrac{\sqrt{3} -1}{\sqrt{2}} , \ \dfrac{1}{a} = \dfrac{\sqrt{3} +1}{\sqrt{2}} \] 点 A, B から \(x\) 軸に下ろした垂線の足を点 A', B' とおき, \(C _ 1\) と線分 AB に囲まれた部分の面積を \(T\) とする.
\(\triangle \text{OAA'} = \triangle \text{OBB'}\) , \(\angle \text{AOB} = \dfrac{5 \pi}{12} -\dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\pi}{3}\) であることを用いれば, 求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = ( \text{扇形 OAB} ) -\triangle \text{OAB} +T \\ & = \dfrac{1}{2} \cdot \text{OA}^2 \cdot \dfrac{\pi}{3} -\displaystyle\int _ a^{\frac{1}{a}} \dfrac{1}{x} \, dx \\ & = \dfrac{\pi}{6} \left( a^2 +\dfrac{1}{a^2} \right) -\left[ \log x \right] _ a^{\frac{1}{a}} \\ & = \dfrac{\pi}{6} \left\{ \dfrac{\left( \sqrt{3} -1 \right)^2}{2} +\dfrac{\left( \sqrt{3} +1 \right)^2}{2} \right\} +2 \log a \\ & = \dfrac{\pi}{6} \cdot 4 +\log a^2 \\ & = \underline{\dfrac{2 \pi}{3} +\log \left( 2 -\sqrt{3} \right)} \end{align}\]

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