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【 解 答 】

(1)

\[ z -1 -\dfrac{a}{z} = 0 \ . \] \(z \neq 0 \quad ... [1]\) なので, 両辺に \(z\) を掛けて \[\begin{align} z^2 -z -a & = 0 \\ \text{∴} \quad z & = \dfrac{1 \pm \sqrt{4a+1}}{2} \ . \end{align}\] ただし, \(z=0\) となるとき \[\begin{align} 0^2 -0 -a & = 0 \\ \text{∴} \quad a & = 0 \ . \end{align}\] このときについては \[\begin{align} z^2 -z & = 0 \\ z(z-1) & = 0 \\ \text{∴} \quad z & = 1 \ . \end{align}\] よって \[ z = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 1 & ( \ a=0 \text{のとき} ) \\ \dfrac{1 \pm \sqrt{4a+1}}{2} & ( \ a \neq 0 \text{のとき} ) \end{array} \right.} \ . \]

(2)

\[\begin{align} \overline{z} +1 -\dfrac{a}{z} & = 0 \\ \text{∴} \quad |z|^2 +z -a & = 0 \ . \end{align}\] \(z = x+yi\) （ \(x, y\) は実数, \(x^2+y^2 \neq 0\) ... [2] ）とおくと \[\begin{align} x^2+y^2+ x+yi -a & = 0 \\ \text{∴} \quad x^2+y^2+ x-a +yi & = 0 \ . \end{align}\] したがって \[\begin{align} x^2+y^2+ x-a =0 & , \ y = 0 \\ x^2+x-a & = 0 \\ \text{∴} \quad \left( x+\dfrac{1}{2} \right)^2 -\dfrac{1}{4} & = a \quad ... [3] \ . \end{align}\] [2] とあわせると, \(x \neq 0\) .
したがって, [3] が \(x \neq 0\) である解をもつ条件を求めればよい.

よって \[ \underline{a \geqq -\dfrac{1}{4}} \ . \]

(3)

\[\begin{align} z \left( \overline{z} \right)^2 +\overline{z} -\dfrac{a}{z} & = 0 \\ \text{∴} \quad |z|^4+|z|^2-a & = 0 \ . \end{align}\] \(t = |z|^2 \ ( t \gt 0 )\) とおくと \[\begin{align} t^2+t-a & = 0 \\ \text{∴} \quad \left( t+\dfrac{1}{2} \right)^2 -\dfrac{1}{4} & = a \quad ... [4] \ . \end{align}\] [4] が \(t \gt 0\) に解をもつ条件を求めればよいので

\[ \underline{a \gt 0} \ . \]

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【 解 答 】

\(\text{P} {} _ n \ ( x _ n , y _ n )\) , \(\text{P} = \text{P} {} _ 0\) とおく. \[ \left( \begin{array}{c} x _ 1 \\ y _ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 3 & -1 \\ 4 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2 \\ 3 \end{array} \right) \ . \] また \[ \left( \begin{array}{c} x _ {n+1} \\ y _ {n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 3 & -1 \\ 4 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x _ n \\ y _ n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 3 x _ n -y _ n \\ 4 x _ n -y _ n \end{array} \right) \ . \] ここから \[ y _ n = 3 x _ n -x _ {n+1} \quad ... [1] \ . \] なので, 代入して \[\begin{align} 3 x _ {n+1} -x _ {n+2} & = 4 x _ n -( 3x _ n -x _ {n+1} ) \\ \text{∴} \quad x _ {n+2} -x _ {n+1} & = x _ {n+1} -x _ {n} \ . \end{align}\] これを繰返し用いれば \[ x _ {n+1} -x _ n = x _ 1 -x _ 0 = 1 \ . \] したがって \[ x _ n = x _ 0 +n = n+1 \ . \] [1] に代入して \[ y _ n = 3(n+1) -(n+2) = 2n+1 \ . \] \(\text{P} {} _ n\) と点 \((10, 10)\) の距離の平方を \(f(n)\) とおき, \(f(n)\) を最小にする自然数 \(n\) を求めればよい. \[\begin{align} f(n) & = ( 10-x _ n )^2 +( 10-y _ n )^2 \\ & = ( 9-n )^2 +( 9-2n )^2 \\ & = 5n^2 -54n +162 \\ & = 5 \left( n -\dfrac{27}{5} \right)^2 +162 -\dfrac{27^2}{5} \ . \end{align}\] \(f(n)\) は \(n\) の \(2\) 次関数であり, \(\dfrac{27}{5} =5.4\) なので, \(f(n)\) を最小とする, すなわち求める自然数は \[ n = \underline{5} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

条件より \[ \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right) +s \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right) +t \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right) \] これと \(s \geqq 0 , \ t \geqq 0\) より, 求める範囲は下図斜線部（境界含む）.

(2)

\(t = y-s+1\) なので, \(t\) を消去すると \[\begin{align} x & = s( y-s+1 ) +s -( y-s+1 ) +1 \\ \text{∴} \quad & s^2 -(y+3)s +x+y = 0 \end{align}\] 実数 \(s\) が存在するので, 判別式 \(D\) について \[\begin{align} D & = (y+3)^2 -4(x+y) \geqq 0 \\ 4x & \leqq y^2+2y+9 \\ \text{∴} \quad x & \leqq \dfrac{(y+1)^2}{4} +2 \end{align}\] よって, 求める範囲は下図斜線部（境界含む）.

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【 解 答 】

(1)

\(g\) によって, 次の \(2\) 点は \[ (1,m) \rightarrow (1,m) , \ (-m,1) \rightarrow (m,-1) \] と移動するので \[ A \left( \begin{array}{cc} 1 & -m \\ m & 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 1 & m \\ m & -1 \end{array} \right) \] よって, 両辺右から \(\left( \begin{array}{cc} 1 & m \\ m & 1 \end{array} \right)^{-1}\) を掛けて \[\begin{align} A & =\dfrac{1}{1+m^2} \left( \begin{array}{cc} 1 & m \\ m & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & m \\ -m & 1 \end{array} \right) \\ & =\underline{\dfrac{1}{1+m^2} \left( \begin{array}{cc} 1-m^2 & 2m \\ 2m & m^2-1 \end{array} \right)} \end{align}\]

(2)

(1) の結果より, \(f\) を表す行列 \(C\) は \[ C = \dfrac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{array} \right) =\left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right) \] なので \[\begin{align} B & = AC \\ & =\dfrac{1}{1+m^2} \left( \begin{array}{cc} 1-m^2 & 2m \\ 2m & m^2-1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right) \\ & =\underline{\dfrac{1}{1+m^2} \left( \begin{array}{cc} 2m & 1-m^2 \\ m^2-1 & 2m \end{array} \right)} \end{align}\]

(3)

\[ \left( \dfrac{2m}{1+m^2} \right)^2 +\left( \dfrac{1-m^2}{1+m^2} \right)^2 = 1 \] なので, \(0 \leqq \theta \lt 2\pi\) を用いて \[ \cos \theta =\dfrac{2m}{1+m^2} , \ \sin \theta =\dfrac{1-m^2}{1+m^2} \quad ... [1] \] とおいて \[ B = \left( \begin{array}{cc} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array} \right) \] と表せる.
したがって \[\begin{align} B^3 & = \left( \begin{array}{cc} \cos 3 \theta & -\sin 3 \theta \\ \sin 3 \theta & \cos 3 \theta \end{array} \right) = E \\ \text{∴} \quad & \cos 3 \theta =1 , \ \sin 3 \theta = 0 \end{align}\] したがって, 整数 \(n\) を用いて \[\begin{align} 3 \theta & = 2n \pi \\ \text{∴} \quad \theta = 0 , & \dfrac{2 \pi}{3} , \dfrac{4 \pi}{3} \end{align}\]

1. 1*　\(\theta = 0\) すなわち \(\cos \theta = 1\) のとき
   [1] より \[\begin{align} \dfrac{2m}{1+m^2} & = 0 \\ \text{∴} \quad m & = 0 \end{align}\]

2. 2*　\(\theta = \dfrac{2 \pi}{3} , \dfrac{4 \pi}{3}\) すなわち \(\cos \theta = -\dfrac{1}{2}\) のとき
   [1] より \[\begin{align} \dfrac{2m}{1+m^2} & = -\dfrac{1}{2} \\ m^2 +4m +1 & = 0 \\ \text{∴} \quad m & = -2 \pm \sqrt{3} \end{align}\]

以上より \[ m = \underline{0 , -2 \pm \sqrt{3}} \]

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【 解 答 】

(1)

袋 A からは \(1, 2, 3, 4\) のカードが順に取り出すと考えてよい.
\(X=k \ ( k= 0, 1, \cdots , 4 )\) となる確率を \(P(k)\) と表す.
袋 B からの取り出し方は, \(4 {!} =24\) 通りある.

1. 1*　\(X=4\) となるのは, \(1\) 通りしかないので \[ P(4) = \underline{\dfrac{1}{24}} \]

2. 2*　\(X=3\) となることはないので \[ P(3) = \underline{0} \]

3. 3*　\(X=2\) となるのは, 一致する数字の選び方が, \({} _ {4} \text{C} {} _ 2 = 6\) 通りあるので \[ P(2) = \dfrac{6}{24} = \underline{\dfrac{1}{4}} \]

4. 4*　\(X=1\) となるのは, 一致する数字の選び方が, \(4\) 通りあり, 一致しない数字の取り出し方は \(2\) 通りあるので \[ P(1) = \dfrac{4 \cdot 2}{24} = \underline{\dfrac{1}{3}} \]

5. 5*　\(X=0\) となるのは \[ P(0) = 1 -\left( \dfrac{1}{24} +\dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{3} \right) = \dfrac{3}{8} \]

以上より, 求める期待値 \(E\) は \[\begin{align} E & = 4 \cdot \dfrac{1}{24} +3 \cdot 0 +2 \cdot \dfrac{1}{4} +1 \cdot \dfrac{1}{3} +0 \cdot \dfrac{3}{8} \\ & = \underline{1} \end{align}\]

(2)

袋 A , B に \(k\) 枚ずつカードが入っているとき, 数字が一致する確率は \(\dfrac{1}{k}\) である.
\(n\) 回目でカードが初めて取り除かれるのは, \(n\) 回目で初めて数字が一致するときなので \[ p _ n = \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1} \cdot \dfrac{1}{3} = \underline{\dfrac{1}{3} \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-1}} \] \(n\) 回目（ \(n \geqq 3\) ）ですべてのカードが取り除かれるのは

• \(k\) 回目（ \(1 \leqq k \leqq n-2\) ）で初めて数字が一致する.

• \(n-1\) 回目で \(2\) 回目に数字が一致する.

• \(n\) 回目で最後の数字が一致する（必ず一致する）.

となるときなので \[\begin{align} q _ n & = \textstyle\sum\limits _ {k=1}^{n-2} p _ k \cdot \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1-k} \\ & = \dfrac{1}{2^n} \textstyle\sum\limits _ {k=1}^{n-2} \left( \dfrac{4}{3} \right)^{k} \\ & = \dfrac{1}{2^n} \cdot \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{\left( \frac{4}{3} \right)^{n-2} -1}{\frac{4}{3} -1} \\ & = \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-2} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-2} \end{align}\] \(n = 1, 2\) のときは, 明らかに \(q _ n = 0\) なので, 以上をまとめて \[ q _ n = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 0 & \left( \ n = 1, 2 \text{のとき} \right) \\ \left( \dfrac{2}{3} \right)^{n-2} -\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-2} & \left( \ n \geqq 3 \text{のとき} \right) \end{array} \right.} \]

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【 解 答 】

\[\begin{align} \cos |t-x| & = \cos (t-x) \\ \sin |t-x| & = \left\{ \begin{array}{ll} \sin (t-x) & \left( \ t \geqq x \text{のとき} \right) \\ -\sin (t-x) & \left( \ t \lt x \text{のとき} \right) \end{array} \right. \end{align}\] また \[\begin{align} \displaystyle\int \dfrac{\cos (t-x)}{1 \pm \sin (t-x)} \, dt & = \displaystyle\int \dfrac{\pm \left\{ 1 \pm \sin (t-x) \right\}'}{1 \pm \sin (t-x)} \, dt \\ & = \pm \log \left\{ 1 \pm \sin (t-x) \right\} +C \quad ( \ C \text{は積分定数} ) \end{align}\] 以上を用いて, 場合分けして考える.

1. 1*　\(0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\) のとき \[\begin{align} f(x) & =\displaystyle\int _ {0}^{x} \dfrac{\cos (t-x)}{1 -\sin (t-x)} \, dt +\displaystyle\int _ {x}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos (t-x)}{1 +\sin (t-x)} \, dt \\ & = \left[ -\log \left\{ 1 - \sin (t-x) \right\} \right] _ {0}^{x} +\left[ \log \left\{ 1 + \sin (t-x) \right\} \right] _ {x}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = \log ( 1+\sin x ) +\log \left\{ 1 +\sin \left( \dfrac{\pi}{2} -x \right) \right\} \\ & = \log \underline{( 1+\sin x )( 1+\cos x )} _ {[1]} \end{align}\] 関数 \(\log x\) は単調増加なので, 下線部 [1] を \(g(x)\) とおいて, これの増減を調べればよい. \[\begin{align} g'(x) & = \cos x ( 1+\cos x ) -\sin x ( 1+\sin x ) \\ & = ( \cos x -\sin x )( \cos x +\sin x +1 ) \\ & = \cos \left( x +\dfrac{\pi}{4} \right) \left\{ \sin \left( x +\dfrac{\pi}{4} \right) +1 \right\} \end{align}\] \(g'(x)=0\) を解くと \[ x = \dfrac{\pi}{4} \] \(0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\) における \(g(x)\) の増減は下表のとおり. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & 0 & \cdots & \frac{\pi}{4} & \cdots & \frac{\pi}{2}\\ \hline g'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline g(x) & 2 & \nearrow & \left( 1 +\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 & \searrow & 2 \end{array} \] ここで \[\begin{align} f \left( \dfrac{\pi}{4} \right) & = \log \left( 1 +\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 \\ & = 2 \log \dfrac{2 +\sqrt{2}}{2} \end{align}\]

2. 2*　\(\dfrac{\pi}{2} \lt x \leqq \pi\) のとき \[\begin{align} f(x) & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos (t-x)}{1 -\sin (t-x)} \, dt \\ & = \left[ -\log \left\{ 1 - \sin (t-x) \right\} \right] _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = \log ( 1+\sin x ) -\log \left\{ 1 -\sin \left( \dfrac{\pi}{2} -x \right) \right\} \\ & = \log \dfrac{1 +\sin x}{1 -\cos x} \end{align}\] \(\dfrac{\pi}{2} \lt x \leqq \pi\) において, 関数 \(\log x\) は単調増加, 関数 \(1 +\sin x\) は単調減少, 関数 \(1 -\cos x\) は単調増加なので, \(f(x)\) は単調減少関数である.
   ここで \[ f( \pi ) = \log \dfrac{1}{2} = -\log 2 \]

1* 2* より, 求める最大値と最小値は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \text{最大値} : \quad & f \left( \dfrac{\pi}{4} \right) = 2 \log \dfrac{2 +\sqrt{2}}{2} \\ \text{最小値} : \quad & f( \pi ) = -\log 2 \end{array} \right.} \]

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【 解 答 】

(1)

△APB の面積に着目すれば \[\begin{align} \dfrac{1}{2} x \sqrt{1-x^2} & = \dfrac{1}{2} xy \sin \dfrac{\pi}{3} +\dfrac{1}{2} y\sqrt{1-x^2} \sin \dfrac{\pi}{6} \\ 2x \sqrt{1-x^2} & = \sqrt{3} xy +y\sqrt{1-x^2} \\ \text{∴} \quad y & =\underline{\dfrac{2x \sqrt{1-x^2}}{\sqrt{3} x +\sqrt{1-x^2}}} \end{align}\]

(2)

\(0 \lt x \lt 1\) なので, \(x = \cos \theta \ \left( 0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおくと, \(\sqrt{1 -x^2} = \sin \theta\) と表せて \[ y = \dfrac{2 \sin \theta \cos \theta}{\sqrt{3} \cos \theta +\sin \theta} \] これを \(f( \theta )\) とおけば \[\begin{align} f'( \theta ) & = 2 \cdot \dfrac{\left( \cos^2 \theta -\sin^2 \theta \right) \left( \sqrt{3} \cos \theta +\sin \theta \right) -\sin \theta \cos \theta \left( -\sqrt{3} \sin \theta +\cos \theta \right)}{\left( \sqrt{3} \cos \theta +\sin \theta \right)^2} \\ & = 2 \cdot \dfrac{\sqrt{3} \cos^3 \theta -\sin^3 \theta}{\left( \sqrt{3} \cos \theta +\sin \theta \right)^2} \\ & = 2 \cdot \dfrac{\cos^3 \theta \left( \sqrt{3} -\tan^3 \theta \right)}{\left( \sqrt{3} \cos \theta +\sin \theta \right)^2} \end{align}\] ここで \(\tan^3 \alpha = \sqrt{3} \ \left( 0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{2} \right)\) をみたす \(\alpha\) をおくと, \(f( \theta )\) の \(0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}\) における増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & (0) & \cdots & \alpha & \cdots & \left( \frac{\pi}{2} \right) \\ \hline f'( \theta ) & & + & 0 & - & \\ \hline f( \theta ) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] よって, \(y\) を最大にする \(x\) は \[\begin{align} x & = \sqrt{\dfrac{1}{1+\tan^2 \alpha}} \\ & =\underline{\dfrac{1}{\sqrt{1 +\sqrt[3]{3}}}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n=2\) のとき \[ a _ 2 = \sqrt{\dfrac{3+4}{2+3}} =\sqrt{\dfrac{7}{5}} \gt 1 \] なので, \(n=2\) のとき成立する.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 2 )\) のとき成立する, すなわち \[ a _ k \gt 1\quad ... [1] \] と仮定すると \[\begin{align} a _ {k+1} & = \sqrt{\dfrac{3}{2} -\dfrac{1}{2( 2a _ k +3 )}} \\ & \gt \sqrt{\dfrac{3}{2} -\dfrac{1}{2 \cdot 5}} \quad ( \ \text{∵} \ [1] \ ) \\ & = \sqrt{\dfrac{7}{5}} \gt 1 \ . \end{align}\] したがって, \(n=k+1\) のときも成立する.

以上より, \(n \geqq 2\) に対して \[ a _ n \gt 1 \]

(2)

\[\begin{align} \alpha^2 & =\dfrac{3 \alpha +4}{2 \alpha +3} \\ 2 \alpha^3 +3 \alpha^2 -3 \alpha -4 & = 0 \\ ( \alpha +1 )( 2 \alpha^2 +\alpha -4 ) & = 0 \\ \text{∴} \quad \alpha = -1 , & \dfrac{-1 \pm \sqrt{33}}{4} \ . \end{align}\] \(\alpha \gt 0\) なので \[ \alpha = \underline{\dfrac{\sqrt{33} -1}{4}} \]

(3)

数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n=1\) のとき \[ \alpha -a _ 1 = \dfrac{\sqrt{33} -5}{4} \gt 0 \] なので, \(n=1\) のときは成立する.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 1 )\) のとき成立する, すなわち \[ \alpha -a _ k \gt 0 \quad ... [2] \] と仮定すると \[\begin{align} \alpha^2 -{a _ {k+1}}^2 & = \dfrac{3 \alpha +4}{2 \alpha +3} -\dfrac{3a _ k+4}{2a _ k+3} \\ & = \dfrac{\alpha -a _ k}{( 2 \alpha +3 )( 2a _ k+3 )} \\ & \gt 0 \quad ( \ \text{∵} \ [2] \ ) \quad ... [3] \ . \end{align}\] したがって, \(n=k+1\) のときも成立する.

以上より, すべての自然数 \(n\) に対して \[ a _ n \lt \alpha \]

(4)

[3] の途中経過より \[\begin{align} \alpha^2 -{a _ {k+1}}^2 & = \dfrac{\alpha -a _ k}{( 2 \alpha +3 )( 2a _ k+3 )} \\ \text{∴} \quad \dfrac{\alpha -a _ {k+1}}{\alpha -a _ k} & = \dfrac{1}{( \alpha +a _ {k+1} )( 2 \alpha +3 )( 2a _ k+3 )} \quad ... [4] \ . \end{align}\] [4] の右辺の分母について, \(1 \leqq a _ n \lt \alpha\) なので \[\begin{align} ( \alpha & +a _ {k+1} )( 2 \alpha +3 )( 2a _ k+3 ) \\ & \geqq ( 1+1 ) ( 2+3 ) ( 2+3 ) = 50 \ . \end{align}\] したがって, \(r = \dfrac{1}{50}\) とおけば \[ \dfrac{\alpha -a _ {k+1}}{\alpha -a _ k} \leqq r \] が成立する.
ここから \[ \alpha -a _ {k+1} \leqq r ( \alpha -a _ k ) \] これを繰返し用いれば, (3) の結果とあわせて \[ 0 \lt \alpha -a _ n \leqq r ( \alpha -a _ {n-1} ) \leqq \cdots \leqq r^{n-1} ( \alpha -a _ 1 ) \] \(0 \lt r \lt 1\) なので \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} r^{n-1} ( \alpha -a _ 1 ) = 0 \] ゆえに, はさみうちの原理より \[\begin{align} \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} ( \alpha -a _ n ) & = 0 \\ \text{∴} \quad \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} a _ n = \alpha & = \underline{\dfrac{\sqrt{33} -1}{4}} \ . \end{align}\]

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