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【 解 答 】

(1)

条件より \[ \left\{\begin{array}{l} \left| \overrightarrow{a} \right| = \left| \overrightarrow{b} \right| = \left| \overrightarrow{c} \right| = 1 \\ \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = 1 \cdot 1 \cos 60^{\circ} = \dfrac{1}{2} \\ \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} = \overrightarrow{c} \cdot \overrightarrow{a} = 1 \cdot 1 \cos 45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{array}\right. \ . \] 点 H は面 OAB 上の点なので, 実数 \(x , y\) を用いて \[ \overrightarrow{\text{OH}} = x \overrightarrow{a} +y \overrightarrow{b} \ . \] とおける.
また, CH は平面 OAB と垂直なので, \(\overrightarrow{\text{CH}} \perp \overrightarrow{a}\) , \(\overrightarrow{\text{CH}} \perp \overrightarrow{b}\) より \[\begin{align} \overrightarrow{\text{CH}} \cdot \overrightarrow{a} & = \left( x \overrightarrow{a} +y \overrightarrow{b} -\overrightarrow{c} \right) \cdot \overrightarrow{a} \\ & = x +\dfrac{y}{2} -\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0 \quad ... [1] \ , \\ \overrightarrow{\text{CH}} \cdot \overrightarrow{b} & = \left( x \overrightarrow{a} +y \overrightarrow{b} -\overrightarrow{c} \right) \cdot \overrightarrow{b} \\ & = \dfrac{x}{2} +y -\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 0 \quad ... [2] \ . \end{align}\] [1] [2] をとくと \[ x = y = \dfrac{\sqrt{2}}{3} \ . \] よって \[ \overrightarrow{\text{OH}} = \underline{\dfrac{\sqrt{2}}{3} \left( \overrightarrow{a} +\overrightarrow{b} \right)} \ . \]

(2)

\[\begin{align} \left| \overrightarrow{\text{CH}} \right|^2 & = \left| \dfrac{\sqrt{2}}{3} \overrightarrow{a} +\dfrac{\sqrt{2}}{3} \overrightarrow{b} -\overrightarrow{c} \right|^2 \\ & = \left( 2 \cdot \dfrac{2}{9} +1 \right) \cdot 1 +2 \cdot \dfrac{2}{9} \cdot \dfrac{1}{2} -4 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & = \dfrac{13}{9} +\dfrac{2}{9} -\dfrac{4}{3} \\ & = \dfrac{1}{3} \ . \end{align}\] よって \[ \text{CH} = \underline{\dfrac{\sqrt{3}}{3}} \ . \]

(3)

\[ \triangle \text{OAB} = \dfrac{1}{2} \cdot 1^2 \sin 60^{\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \ . \] なので, 求める体積 \(V\) は \[ V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \underline{\dfrac{1}{12}} \ . \]

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【 解 答 】

\(1\) 人で繰返しサイコロをふり, 出た目の和が \(n\) 回目に初めて \(6\) 以上になる確率を \(p _ n\) , \(n\) 回目でまだ \(5\) 以下である確率を \(q _ n\) とおく.

• \(1\) 回目について
  終了するのは, \(6\) が出たときのみなので \[ p _ 1 = \dfrac{1}{6} , \ q _ 1 = \dfrac{5}{6} \ . \]

• \(2\) 回目について
  終了しない目の組合せは, \((1,1) , (2,2)\) と \((1,2) , (1,3) , (1,4) , (2,3)\) なので \[ q _ 2 = \dfrac{2 +2 \cdot 4}{6^2} = \dfrac{5}{18} \ . \] したがって \[ p _ 2 = q _ 1 -q _ 2 = \dfrac{5}{9} \ . \]

• \(3\) 回目について
  終了しない目の組合せは, \((1,1,1)\) と \((1,1,2) , (1,1,3) , (1,2,2)\) なので \[ q _ 3 = \dfrac{1 +3 \cdot 3}{6^3} = \dfrac{5}{108} \ . \]

(1)

B が \(1\) 回で終了せず, A が \(2\) 回目で終了すればよいので, 求める確率は \[ q _ 1 p _ 2 = \dfrac{5}{6} \cdot \dfrac{5}{9} = \underline{\dfrac{25}{54}} \ . \]

(2)

A が \(2\) 回で終了せず, B が \(2\) 回目で終了すればよいので, 求める確率は \[ q _ 2 p _ 2 = \dfrac{5}{18} \cdot \dfrac{5}{9} = \underline{\dfrac{25}{162}} \ . \]

(3)

A , B ともに \(3\) 回で終了しなければよいので, 求める確率は \[ {q _ 3}^2 = \left( \dfrac{5}{108} \right)^2 = \underline{\dfrac{25}{11664}} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\[ e^{n \sin \theta} \cos \theta = \dfrac{1}{n} \left( e^{n \sin \theta} \right)' \ . \] なので \[\begin{align} b _ n & = \dfrac{1}{n} \left[ e^{n \sin \theta} \right] _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{6}} \\ & = \underline{\dfrac{1}{n} \left( e^{\frac{n}{2}} -e^{-\frac{n}{2}} \right)} \ . \end{align}\]

(2)

\(-\dfrac{\pi}{6} \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{6}\) において \[ \dfrac{\sqrt{3}}{2} \leqq \cos \theta \leqq 1 , \ e^{n \sin \theta} \gt 0 \ . \] なので \[ \dfrac{\sqrt{3}}{2} e^{n \sin \theta} \leqq e^{n \sin \theta} \cos \theta \leqq e^{n \sin \theta} \ . \] この区間で辺々を積分すれば \[\begin{gather} \dfrac{\sqrt{3}}{2} a _ n \leqq b _ n \leqq a _ n \\ \text{∴} \quad b _ n \leqq a _ n \leqq \dfrac{2}{\sqrt{3}} a _ n \ . \end{gather}\]

(3)

(2) の結果を用いれば \[ \dfrac{1}{n} \log \left( nb _ n \right) \leqq \dfrac{1}{n} \log \left( na _ n \right) \leqq \dfrac{1}{n} \log \left( \dfrac{2}{\sqrt{3}}nb _ n \right) \quad ... [1] \ . \] ここで (1) の結果を用いれば, [1] について \[\begin{align} ( \text{左辺} ) & = \dfrac{1}{n} \log e^{\frac{n}{2}} \left( 1 -e^{-n} \right) \\ & = \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{n} \log \left( 1 -e^{-n} \right) \\ & \rightarrow \dfrac{1}{2} \quad ( \ n \rightarrow \infty \text{のとき} ) \ , \\ ( \text{右辺} ) & = \dfrac{1}{n} \log \dfrac{2}{\sqrt{3}} e^{\frac{n}{2}} \left( 1 -e^{-n} \right) \\ & = \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{n} \log \left( 1 -e^{-n} \right) +\dfrac{1}{n} \log \dfrac{2}{\sqrt{3}} \\ & \rightarrow \dfrac{1}{2} \quad ( \ n \rightarrow \infty \text{のとき} ) \ . \end{align}\] よって, はさみうちの原理より \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \dfrac{1}{n} \log \left( na _ n \right) = \underline{\dfrac{1}{2}} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

原点中心に \(\theta\) だけ回転する移動を表す行列を \(R( \theta )\) とおくと \[ R( \theta ) = \left( \begin{array}{cc} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array} \right) \ . \] 条件より \[ A = R \left( \dfrac{3 \pi}{4} \right) \ . \] なので \[ A^4 = R( 3 \pi ) = \underline{\left( \begin{array}{cc} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array} \right)} \ . \]

(2)

\[\begin{align} \left( E -A^{n+1} \right) & (E-A)^{-1} \\ & = \left( E +A + \cdots +A^n \right) (E-A) (E-A)^{-1} \\ & = \textstyle\sum\limits _ {k=0}^n A^k \ . \end{align}\] なので, \(n = 0 , 1 , 2 , \cdots\) に対して \[ \left( \begin{array}{c} x _ n \\ y _ n \end{array} \right) = \textstyle\sum\limits _ {k=0}^n A^k \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \quad ... [ \text{A} ] \ . \] が成り立つことを示せばよい.
以下では, 数学的帰納法を用いてこれを示す.

1. 1*　\(n = 0\) のとき, 条件より [A] は成立する.

2. 2*　\(n = \ell \ ( \ell \geqq 0 )\) のとき, [A] が成立すると仮定すると \[\begin{align} \left( \begin{array}{c} x _ {\ell +1} \\ y _ {\ell +1} \end{array} \right) & = A \left( \begin{array}{c} x _ {\ell} \\ y _ {\ell} \end{array} \right) +\left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \\ & = A \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{\ell} A^k \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) +\left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \\ & = \left( \textstyle\sum\limits _ {k=1}^{\ell +1} A^k +E \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \\ & = \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{\ell +1} A^k \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \ . \end{align}\] ゆえに, \(n = \ell +1\) のときも [A] が成立する.

以上より, 題意は示された.

(3)

\(B _ n = \textstyle\sum\limits _ {k=0}^n A^k\) とおく.
(1) の結果より \[\begin{align} B _ 7 & = E+A+A^2+A^3-E-A-A^2-A^3 \\ & = O \ . \end{align}\] なので \[\begin{align} B _ {n+8} & = A^{n+1} B _ 7 +B _ n \\ & = B _ n \ . \end{align}\] ゆえに, (2) の結果より \[ \left( \begin{array}{c} x _ {n+8} \\ y _ {n+8} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} x _ {n} \\ y _ {n} \end{array} \right) \quad ... [1] \ . \] したがって, 最大値をとる \(\text{P} {} _ n\) は \(\text{P} {} _ 0 , \text{P} {} _ 1 , \cdots , \text{P} {} _ 7\) の \(8\) 個のいずれかである.
さらに, \(n = 1 , 2 , \cdots\) について \[\begin{align} B _ n -B _ {n-1} & = A^n = R \left( \dfrac{3n \pi}{4} \right) \\ \text{∴} \quad \overrightarrow{\text{P} {} _ {n-1} \text{P} {} _ {n}} & = \left( \begin{array}{c} \cos \frac{3n \pi}{4} \\ \sin \frac{3n \pi}{4} \end{array} \right) \ . \end{align}\] したがって, \(\text{P} {} _ 0 , \text{P} {} _ 1 , \cdots , \text{P} {} _ 7\) は下図のように, 正 \(8\) 角形をなす.

ここで, 原点 O からの距離が最大であるのは \(\text{P} {} _ 3\) なので
[1] に注意すれば, 求める \(n\) は \[ n =\underline{8k+3} \quad ( k = 0 , 1 , 2 , \cdots ) \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\[ x^2 = ( x^2-6x-12 ) +6x+12 \] よって \[ a _ 2 =\underline{6} , \ b _ 2 =\underline{12} \]

(2)

\(x^n\) を \(x^2-6x-12\) で割った商を \(Q(x)\) とおくと \[ x _ n = (x^2-6x-12) Q(x) +a _ n x +b _ n \] これを用いれば \[\begin{align} x^{n+1} & = (x^2-6x-12) x Q(x) +a _ n x^2 +b _ n x \\ & = (x^2-6x-12) \left\{ x Q(x) +a _ n \right\} +\left( 6 a _ n +b _ n\right) x +12 a _ n \end{align}\] よって \[ a _ {n+1} =\underline{6 a _ n +b _ n} , \ b _ {n+1} =\underline{12 a _ n} \]

(3)

(1) の結果から, すべての \(n\) に対して \(a _ n\) と \(b _ n\) の公約数となりうる素数は, \(2\) または \(3\) である.
(2) の結果から, \(a _ n , b _ n\) がともに \(6\) の倍数であれば, \(a _ {n+1} , b _ {n+1}\) もともに \(6\) の倍数となる.
\(a _ 2 , b _ 2\) が \(6\) の倍数なので, 帰納的にすべての自然数 \(n\) について \(a _ n , b _ n\) はともに \(6\) の倍数である.
よって, 求める素数は \[ \underline{2 , 3} \]

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【 解 答 】

(1)

\[ \cos \dfrac{\theta}{2} = \dfrac{4}{5} , \ \sin \dfrac{\theta}{2} = \dfrac{3}{5} \] なので \[\begin{align} \sin \theta & = 2 \sin \dfrac{\theta}{2} \cos \dfrac{\theta}{2} \\ & = 2 \cdot \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{3}{5} = \underline{\dfrac{24}{25}} \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} \cos \theta & = 2 \cos^2 \dfrac{\theta}{2} -1 \\ & = 2 \left( \dfrac{4}{5} \right)^2 -1 = \dfrac{7}{25} \gt 0 \end{align}\] なので \[ 0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \] \(0 \lt x \lt \dfrac{\pi}{2}\) において, \(\sin x\) は単調増加なので \[ \sin \theta \lt \sin \dfrac{5 \pi}{12} \] を示せばよい. \[\begin{align} \sin \dfrac{5 \pi}{12} & = \sin \left( \dfrac{\pi}{3} +\dfrac{\pi}{4} \right) \\ & = \sin \dfrac{\pi}{3} \cos \dfrac{\pi}{4} +\cos \dfrac{\pi}{3} \sin \dfrac{\pi}{4} \\ & = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} +\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ & = \dfrac{\sqrt{2} \left( \sqrt{3} +1 \right)}{4} \\ & \gt \dfrac{1.41 \cdot 2.73}{4} \\ & = 0.962325 \gt \dfrac{24}{25} = \sin \theta \end{align}\] よって \[ \theta \lt \dfrac{5 \pi}{12} \]

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【 解 答 】

(1)

\(f(x) = \dfrac{1}{x^n} -\log x -\dfrac{1}{e}\) とおく.
\(x \geqq 1\) において \[\begin{align} f'(x) & = -\dfrac{n}{x^{n+1}} -\dfrac{1}{x} \\ & = -\dfrac{n+x^n}{x^{n+1}} \lt 0 \end{align}\] したがって, \(x \geqq 1\) において \(f(x)\) は単調減少である.
さらに \[\begin{align} f(1) & = 1 -\dfrac{1}{e} \gt 0 , \\ f \left( e^{\frac{1}{n}} \right) & = -\dfrac{1}{n} \lt 0 \end{align}\] であるから, \(f(x)=0\) は \(x \geqq 1\) にただ一つの解をもつ.

(2)

(1) の結果より \[ 1 \lt x _ n \lt e^{\frac{1}{n}} \] ここで \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} e^{\frac{1}{n}} = 1 \] なので, はさみうちの原理より \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} x _ n = 1 \]

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【 解 答 】

(1)

\(l\) の長さを \(L\) とおく.

1. 1*　\(l : \ x = 1\) のとき \[ L = 4 \]

2. 2*　\(l : \ y = a(x-1)+2\) のとき
   \(K , l\) はともに直線 \(y=2\) について対称なので, \(a \geqq 0\) のときを考えればよい.

   1. (i)　\(0 \leqq a \lt \dfrac{2}{3}\) のとき, \(l\) は下図のようになるので \[ L = 4 \sqrt{a^2+1} \] この区間では \(L\) は単調増加である.

   2. (ii)　\(\dfrac{2}{3} \leqq a \lt 2\) のとき, \(l\) は下図のようになるので \[\begin{align} L & = \sqrt{(a+2)^2 +\left( \dfrac{2}{a} +1 \right)^2} \\ & =(a+2) \sqrt{1+ \dfrac{1}{a^2}} \\ & = \left( 1+\dfrac{2}{a} \right) \sqrt{a^2+1} \end{align}\] したがって \[\begin{align} \dfrac{dL}{da} & = -\dfrac{2 \sqrt{a^2+1}}{a^2} +\dfrac{a+2}{a} \cdot \dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}} \\ & = \dfrac{-2 ( a^2+1 ) +a^2 (a+2)}{a^2 \sqrt{a^2+1}} \\ & = \dfrac{a^3-2}{a^2 \sqrt{a^2+1}} \end{align}\] \(\dfrac{dL}{da} = 0\) をとくと \[ a = 2^{\frac{1}{3}} \]

   3. (iii)　\(a \geqq 2\) のとき, \(l\) は下図のようになるので \[ L = 4 \sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}} \] この区間では \(L\) は単調減少である.

   (i) ～ (iii) から \(L\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccccccc} a & 0 & \cdots & \dfrac{2}{3} & \cdots & 2^{\frac{1}{3}} & \cdots & 2 & \cdots & ( \infty ) \\ \hline \dfrac{dL}{da} & & & & - & 0 & + & & & \\ \hline L & 4 & \nearrow & \text{極大} & \searrow & \text{極小} & \nearrow & \text{極大} & \searrow & (4) \end{array} \]

1* 2* より, \(L\) の最大値の候補は

• \(a = \dfrac{2}{3}\) のとき \[ L = 4 \sqrt{\left( \dfrac{2}{3} \right)^2 +1} = \dfrac{4 \sqrt{13}}{3} \]

• \(a = 2\) のとき \[ L = \dfrac{4}{2} \sqrt{2^2+1} = 2 \sqrt{5} \]

ここで \[\begin{align} 52 & = 2^2 \cdot 13 \gt 3^2 \cdot 5 = 45 \\ \text{∴} \quad & \dfrac{4 \sqrt{13}}{3} \gt 2 \sqrt{5} \end{align}\] よって, 求める最大値は \[ \underline{\dfrac{4 \sqrt{13}}{3}} \] また, このときの \(l\) の式は, 対称性より \(a = \pm \dfrac{2}{3}\) のときなので \[\begin{gather} y = \pm \dfrac{2}{3} (x-1) +2 \\ \text{∴} \quad \underline{y = \dfrac{2}{3} x -\dfrac{4}{3} , \ y = -\dfrac{2}{3} x -\dfrac{8}{3}} \end{gather}\]

(2)

(1) の経過より, \(L\) の最小値の候補は

• \(a = 0\) のとき \[ L = 4 \]

• \(a = 2^{\frac{1}{3}}\) のとき \[\begin{align} L & = \left( 1 +\dfrac{2}{2^{\frac{1}{3}}} \right) \sqrt{2^{\frac{2}{3}} +1} \\ & = \left( 1+2^{\frac{2}{3}} \right)^{\frac{3}{2}} \end{align}\]

ここで \[\begin{align} \left( 1 -2^{\frac{1}{3}} \right)^2 & \gt 0 \\ 1 +2^{\frac{2}{3}} & \gt 2^{\frac{4}{3}} \\ \text{∴} \quad \left( 1+2^{\frac{2}{3}} \right)^{\frac{3}{2}} & \gt 2^{\frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2}} = 4 \end{align}\] よって, 求める最小値は \[ \underline{4} \]

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