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【 解 答 】

\(\overrightarrow{\text{AB}} = \overrightarrow{b}\) , \(\overrightarrow{\text{AD}} = \overrightarrow{d}\) とおくと \[\begin{align} \overrightarrow{\text{AC}} & = \overrightarrow{b} +\overrightarrow{d} , \quad \overrightarrow{\text{AE}} = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{b} , \\ \overrightarrow{\text{AF}} & = \overrightarrow{b} +\dfrac{2}{3} \overrightarrow{d} , \quad \overrightarrow{\text{AG}} = \dfrac{1}{4} \overrightarrow{b} +\overrightarrow{d} \end{align}\] 点 P は, 線分 CE と線分 FG の交点なので, 実数 \(s , t \quad ( 0 \lt s \lt 1 , \ 0 \lt t \lt 1 )\) を用いて \[\begin{align} \overrightarrow{\text{AP}} & = (1-s) \overrightarrow{\text{AC}} +s , \\ \overrightarrow{\text{AE}} & = \left( 1 -\dfrac{s}{2} \right) \overrightarrow{b} +(1-s) \overrightarrow{d} \quad ... [1] \end{align}\] または \[\begin{align} \overrightarrow{\text{AP}} & = (1-t) \overrightarrow{\text{AF}} +t , \\ \overrightarrow{\text{AG}} & = \left( 1 -\dfrac{3t}{4} \right) \overrightarrow{b} +\left( \dfrac{2}{3} +\dfrac{t}{3} \right) \overrightarrow{d} \quad ... [2] \end{align}\] と表せる.
\(\overrightarrow{b}\) と \(\overrightarrow{d}\) は一次独立なので, [1] と [2] を比較して \[\begin{align} & \left\{\begin{array}{l} 1 -\dfrac{s}{2} = 1 -\dfrac{3t}{4} \\ 1-s = \dfrac{2}{3} +\dfrac{t}{3} \end{array}\right. \\ & \text{∴} \quad s = \dfrac{3}{11} , \quad t = \dfrac{2}{11} \end{align}\] したがって \[\begin{align} \overrightarrow{\text{AP}} & = \left(1 -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{11} \right) \overrightarrow{b} +\left(1 -\dfrac{3}{11} \right) \overrightarrow{d} \\ & = \dfrac{19}{22} \overrightarrow{b} +\dfrac{8}{11} \overrightarrow{d} \end{align}\] これを用いれば, 点 Q は線分 BC 上にあり, かつ線分 AP の延長線上にあるので \[ \overrightarrow{\text{AQ}} = \dfrac{22}{19} \overrightarrow{\text{AP}} = \overrightarrow{b} +\dfrac{16}{19} \overrightarrow{d} \] よって \[ \text{AP} : \text{PQ} = \underline{19 : 3} \]

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【 解 答 】

\[ \sum\limits _ {n=1}^M a _ n \leqq 2^{N+1} -N-5 \quad ... [ \text{A} ] \] \(S _ M = \sum\limits _ {n=1}^M a _ n\) , \(T _ N = 2^{N+1}-N-5\) とおく.

1. 1*　\(N=2\) のとき \[ a _ 1 = 2^2-3 = 1 , \quad a _ 2 = 0 \] なので, \(n \geqq 2\) に対しては \[ a _ n = 0 \] したがって \[ S _ M = 1 \] また \[ T _ 2 = 2^3 -2 -5 = 1 \] したがって, \(N=2\) のとき[A]は成立する.

2. 2*　\(N \geqq 3\) のとき \[\begin{align} a _ 1 & = 2^{N -3} , \\ a _ 2 & = \dfrac{a _ 1-1}{2} = 2^{N-1} -2 , \\ a _ 3 & = \dfrac{a _ 2}{2} = 2^{N-2} -1 \end{align}\] ここで, \(2^K -1\) （ \(K\) は自然数）は常に奇数であることから, \(3 \leqq n \leqq N\) について \[ a _ n = 2^{N-n+1} -1 \] さらに, \(a _ N = 1\) なので \[ a _ {N+1} = 0 \] したがって, \(n \geqq N+1\) について \[ a _ n = 0 \] 以上より, \(S _ M\) は \(M\) について単調増加であり, \(M \geqq N\) のときに最大値をとるから \[\begin{align} S _ M & \leqq S _ N \\ & = ( 2^{N}-3 ) +( 2^{N-2}-2 ) +( 2^{N-2}-1 ) \\ & \qquad +\cdots +( 2-1 ) \\ & = 2 \cdot \dfrac{2^N -1}{2-1} -5 -(N-2) \\ & = 2^{N+1} -N -5 \\ & = T _ N \end{align}\] したがって, \(n \geqq 3\) のときも[A]は成立する.

以上より, 題意は示された.

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【 解 答 】

\(x _ n\) を整式 \(x^2-2x-1\) で割った商を \(P(x\) ) , 余りを \(a _ n x+b _ n\) とおく.
\(n=1\) のときについて考えれば \[ a _ 1 = 1 , \ b _ 1 = 0 \quad ... [1] \] また \[\begin{align} x^{n+1} & = x \left\{ (x^2-2x-1) P(x) +a _ n x +b _ n \right\} \\ & = (x^2-2x-1) \left\{ x P(x) +a _ n \right\} +( 2 a _ n +b _ n )x +a _ n \end{align}\] なので \[ a _ {n+1} = 2 a _ n +b _ n , \ b _ {n+1} = a _ n \quad ... [2] \] まず, すべての自然数 \(n\) について

1. [A] : 『 \(a _ n , b _ n\) は整数である. 』

が成立することを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n=1\) のとき
   [1] より, [A] が成立している.

2. 2*　\(n=k\) のとき, [A] が成立すると仮定すると
   [2] より, \(a _ {k+1} , b _ {k+1}\) も整数となり, \(n = k+1\) のときも, [A] は成立する.

以上より, すべての自然数 \(n\) に対して, [A]が成り立つことが示された.
続いて, すべての自然数 \(n\) について

1. [B] : 『 \(a _ n\) と \(b _ n\) をともに割切る素数はない. 』

が成立することを示す.

1. 1*　\(n=1\) のとき
   [1] より [B] は成立する.

2. 2*　\(n \geqq 2\) のときについて, 背理法を用いて示す.
   \(a _ n = kp\) , \(b _ n = mp\) （ \(p\) は素数, \(n , m\) は整数）と表せると仮定すると, [2] より \[\begin{align} a _ {n-1} & = b _ n = mp , \\ b _ {n-1} & = a _ n -2 b _ n = (k+2m)p \end{align}\] したがって, \(a _ {n-1} , b _ {n-1}\) も素数 \(p\) で割切れる.
   しかし, これを繰返すと, \(a _ {1} , b _ {1}\) も素数 \(p\) で割切れることになるが, これは矛盾である.
   ゆえに, [B] が成立する.

以上より, すべての自然数 \(n\) について, [B] が成立する.

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【 解 答 】

\(f(x) = \cos x +\dfrac{\sqrt{3}}{4} x^2\) とおく. \[ f(-x) = \cos x +\dfrac{\sqrt{3}}{4} x^2 = f(x) \] なので, \(0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\) について調べればよい.
\(f(x)\) を微分すると \[ f'(x) = -\sin x +\dfrac{\sqrt{3}}{2} x \] \(f'(x) = 0\) を変形すると \[ \dfrac{\sqrt{3}}{2} x = \sin x \quad ... [1] \] ここで \[\begin{align} \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2} & \gt \dfrac{1.7 \cdot 3.1}{4} \\ & = \dfrac{5.27}{4} \gt 1 \end{align}\] なので, [1] の両辺のグラフを比較すると下図のようになり,

\(f'(x) = 0\) は, \(0 \lt x \lt \dfrac{\pi}{2}\) に解 \(x = \alpha\) を1つだけもつ.
したがって, \(f(x)\) の \(0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\) における増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & 0 & \cdots & \alpha & \cdots & \dfrac{\pi}{2} \\ \hline f'(x) & 0 & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & 1 & \searrow & \text{最小} & \nearrow & \dfrac{\sqrt{3} {\pi}^2}{16} \end{array} \] ここで \[\begin{align} \dfrac{\sqrt{3} {\pi}^2}{16} & \gt \dfrac{1.7 \cdot {3.1}^2}{16} \\ & = \dfrac{16.337}{16} \gt 1 \end{align}\] よって, 求める最大値は \(x = \pm \dfrac{\pi}{2}\) のとき \[ \underline{\dfrac{\sqrt{3} {\pi}^2}{16}} \]

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【 解 答 】

点 A の \(x\) 座標を \(t\) とする.
\(C _ 1\) の式を微分すると \[ y' = \dfrac{\sqrt{3}}{1+x} \] 直線 AP は, 点 A における曲線 \(C _ 1\) の法線であり, △PAB が正三角形であれば, 傾きは \(-\sqrt{3}\) であるから \[\begin{align} -\dfrac{1+t}{\sqrt{3}} & = -\sqrt{3} \\ \text{∴} \quad t & = 2 \end{align}\] したがって, A \(\left( 2 , \sqrt{3} \log 3 \right)\) であり, △PAB の \(1\) 辺の長さは \(4\) である.
ここで, \(C _ 1\) を \(y\) の関数とみなすと \[\begin{align} \dfrac{y}{\sqrt{3}} & = \log (1+x) \\ \text{∴} \quad x & = e^{\frac{y}{\sqrt{3}}} -1 \end{align}\] これらと, 図形が \(y\) 軸について対称であることに着目すれば, 求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = 2 \left\{ \displaystyle\int _ 0^{\sqrt{3} \log 3} \left( e^{\frac{y}{\sqrt{3}}} -1 \right) \, dy \right. \\ & \qquad \left. -\left( \dfrac{1}{2} \cdot 4^2 \cdot \dfrac{\pi}{6} -\dfrac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{3} \cdot 2 \right) \right\} \\ & = 2 \left[ \sqrt{3} e^{\frac{y}{\sqrt{3}}} -y \right] _ 0^{\sqrt{3} \log 3} \\ & \qquad -2 \left( \dfrac{4 \pi}{3} -2 \sqrt{3}\right) \\ & = 2 \left( 3 \sqrt{3} -\sqrt{3} \log 3 -\sqrt{3} \right) \\ & \qquad -\dfrac{8 \pi}{3} +4 \sqrt{3} \\ & = \underline{8 \sqrt{3} -2 \sqrt{3} \log 3 -\dfrac{8 \pi}{3}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

石が座標 \(x\) の点にあるとき

• 表が出ると, 座標 \(x +2(0-x) = -x\) の点

• 裏が出ると, 座標 \(x +2(1-x) = 2-x\) の点

にそれぞれ移動する.
したがって, \(2\) 回硬貨を投げて, 石が元の点に戻るのは, 「表表」または「裏裏」と出たときである.
よって, 求める確率は \[ 2 \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 = \underline{\dfrac{1}{2}} \]

(2)

石が座標 \(x\) の点にある場合に, 硬貨を \(2\) 回投げたとき,

• 「表裏」と出ると, 座標 \(2-(-x) = x+2\) の点

• 「裏表」と出ると, 座標 \(-(2-x) = x-2\) の点

にそれぞれ移動する.
したがって, \(2n\) 回硬貨を投げて座標 \(2n-2\) の点に達するのは「表裏」の組が \(n-1\) 回, 「表表」または「裏裏」の組が \(1\) 回出ればよい.
よって, 求める確率は \[ {} _ {n} \text{C} {} _ 1 \cdot \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-1} = \underline{\dfrac{n}{2^{2n-1}}} \]

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【 解 答 】

問1.

求める定積分を \(I\) とおくと \[ I = \underline{\displaystyle\int _ 0^2 \dfrac{( x^2+4 )'}{\sqrt{x^2+4}} \, dx} _ {[1]} +\underline{\displaystyle\int _ 0^2 \dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}} \, dx} _ {[2]} \] 下線部 [1] について \[\begin{align} [1] & = \left[ 2 \sqrt{x^2+4} \right] _ 0^2 \\ & = 4 \left( \sqrt{2} -1 \right) \end{align}\] 下線部 [2] について, \(x = 2 \tan \theta \ \left( -\dfrac{\pi}{2} \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおくと \[\begin{gather} dx = \dfrac{2}{\cos^2 \theta} d \theta , \\ \begin{array}{c|ccc} x & 0 & \rightarrow & 2 \\ \hline \theta & 0 & \rightarrow & \dfrac{\pi}{4} \end{array} \end{gather}\] なので \[\begin{align} [2] & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{2 \sqrt{\tan^2 \theta +1}} \cdot \dfrac{2}{\cos^2 \theta} \, d \theta \\ & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{1}{\cos \theta} \, d \theta \\ & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{4}} \dfrac{\cos \theta}{1 -\sin^2 \theta} \, d \theta \\ & = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{4}} \left\{ -\dfrac{( 1 -\sin \theta )'}{1 -\sin \theta} +\dfrac{( 1 +\sin \theta )'}{1 +\sin \theta} \right\} \, d \theta \\ & = \dfrac{1}{2} \left[ \log \left| \dfrac{1 +\sin \theta}{1 -\sin \theta} \right| \right] _ {0}^{\frac{\pi}{4}} \\ & = \dfrac{1}{2} \log \dfrac{\sqrt{2} +1}{\sqrt{2} -1} \\ & = \log \left( \sqrt{2} +1 \right) \end{align}\] 以上より \[ I = \underline{4 \left( \sqrt{2} -1 \right) +\log \left( \sqrt{2} +1 \right)} \]

問2.

\(n\) 段目に達する方法の数を \(c _ n\) とおき, そのうち, \(1\) 段昇って達する方法の数を \(a _ n\) , \(2\) 段昇って達する方法の数を \(b _ n\) とする. \[ c _ n = a _ n +b _ n \quad ... [1] \] \(2\) 段連続で昇ることはできないので, \(n \geqq 1\) について \[ a _ {n+1} = a _ n +b _ n , \ b _ {n+2} = a _ n \] したがって \[ a _ {n+3} = a _ {n+2} +a _ n \quad ... [2] \] また, [1] より \[ c _ {n+3} = a _ {n+2} +a _ {n+1} +a _ n \quad ... [3] \] \(a _ 1 = 1\) , \(a _ 2 = 1\) , \(a _ 3 = 2\) と[2]より \[ \begin{array}{c|cccccccccccccc} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 \\ \hline a _ n & 1 & 1 & 2 & 3 & 4 & 6 & 9 & 13 & 19 & 28 & 41 & 60 & 88 & 129 \end{array} \] よって, [3] より \[\begin{align} c _ {15} & = a _ {14} +a _ {13} +a _ {12} \\ & = 129 +88 +60 =\underline{277} \end{align}\]

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【 解 答 】

与えられた漸化式を両辺 \(x^{n+1}\) で割ると \[ \dfrac{a _ {n+1}}{x^{n+1}} = \dfrac{a _ n}{x^n} +\left( \dfrac{y}{x} \right)^{n+1} \] したがって, \(n \geqq 2\) に対して \[\begin{align} \dfrac{a _ n}{x^n} & = \dfrac{a _ 1}{x} +\displaystyle\sum _ {k=1}^{n-1} \left( \dfrac{y}{x} \right)^{k+1} \\ & = \dfrac{y^2}{x^2} \cdot \dfrac{1 -\left( \frac{y}{x} \right)^{n-1}}{1 -\frac{y}{x}} \quad ( \ \text{∵} \ \dfrac{y}{x} \neq 1 \ ) \\ & = \dfrac{y^2 \left\{ 1 -\left( \frac{y}{x} \right)^{n-1} \right\}}{x(x-y)} \\ \text{∴} \quad a _ n & = \dfrac{y^2 \left( x^{n-1} -y^{n-1} \right)}{x-y} \end{align}\] したがって, \(b _ n = x^{n-1} -y^{n-1}\) とおいて, \(\displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} b _ n\) が有限の値に収束する条件を考えればよい.

1. 1*　\(\dfrac{y}{x} \lt 1\) すなわち \(0 \lt y \lt x\) のとき \[ b _ n = x^{n-1} \left\{ 1 -\left( \dfrac{y}{x} \right)^{n-1} \right\} \] \(\displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( \dfrac{y}{x} \right)^{n-1}\) なので, \(\displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} x^{n-1}\) が有限の値に収束すればよく \[ 0 \lt y \lt x \leqq 1 \]

2. 2*　\(\dfrac{x}{y} \lt 1\) すなわち \(0 \lt x \lt y\) のとき \[ b _ n = y^{n-1} \left\{ 1 -\left( \dfrac{x}{y} \right)^{n-1} \right\} \] \(\displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( \dfrac{x}{y} \right)^{n-1}\) なので, \(\displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} y^{n-1}\) が有限の値に収束すればよく \[ 0 \lt x \lt y \leqq 1 \]

以上より, 求める範囲は下図斜線部（ただし, ○, \(x\) 軸, \(y\) 軸, 直線 \(y=x\) 上の点は除く）.

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