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【 解 答 】

(1)

1. 1*　\(n = 4\) のとき
   \(3 ! = 6\) は \(4\) で割り切れない.

2. 2*　\(n = p\) （ \(p\) は素数）のとき
   \(2 , \cdots , p-1\) はいずれも \(p\) と互いに素であるから, これらの積である \((p-1) !\) と \(p\) も互いに素である, つまり, \((p-1) !\) は \(p\) で割り切れない.

よって, 題意は示された.

(2)

\(n\) が素数でも \(4\) でもないとき, 以下の \(2\) つの場合が考えられる.

1. 1*　\(n = p^2\) （ \(p\) は \(3\) 以上の素数）のとき
   \(2\) から \(n-1\) までの自然数には, \(p , 2p, \cdots , (p-1) p\) の \(p-1\) 個の \(p\) の倍数が含まれる.
   よって, これらの積 \((n-1) !\) は \(p^2\) すなわち \(n\) で割り切れる.

2. 2*　\(n\) が 1* 以外の形で表せる合成数のとき
   \(n\) の最小の素因数 \(p\) を用いて, \(n = p M \ ( M \neq p )\) と表せる.
   よって, \(2, \cdots , p , \cdots , M , \cdots , n-1\) の積である \((n-1) !\) は \(pM\) すなわち \(n\) で割り切れる.

よって, 題意は示された.

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} \dfrac{dx}{dt} & = -3 \sin t +3 \sin 3t \\ & = -3 \sin t +3 ( 3 \sin t -4 \sin^3 t ) \\ & = 6 \sin t ( 1 -2 \sin^2 t ) \\ & = \sin t \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} +\sin t \right) \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} -\sin t \right) \end{align}\] また \[\begin{align} \dfrac{dy}{dt} & = 3 \cos t -3 \cos 3t \\ & = 3 \cos t +3 ( 4 \cos^3 t -3 \cos t ) \\ & = 12 \cos t ( 1 -\cos^2 t ) \\ & = 12 \sin t ( 1 +\cos t ) ( 1 -\cos t ) \end{align}\] したがって, \(0 \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}\) における \(x,y\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \dfrac{\pi}{4} & \cdots & \dfrac{\pi}{2} \\ \hline \dfrac{dx}{dt} & 0 & + & 0 & - & \\ \hline x & 2 & \rightarrow & 2 \sqrt{2} & \leftarrow & 0 \\ \hline \dfrac{dy}{dt} & 0 & + & & + & 0 \\ \hline y & 0 & \uparrow & \sqrt{2} & \uparrow & 4 \end{array} \] よって, \(C\) の概形は下図.

(2)

求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ 0^4 x \, dy \\ & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} ( 3 \cos t -\cos 3t ) ( 3 \cos t -3 \cos 3t ) \, dt \\ & = 3 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} ( 3 \cos^2 t +\cos^2 3t -4 \cos t \cos 3t ) \, dt \\ & = 3 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left\{ \dfrac{3 ( \cos 2t +1 )}{2} +\dfrac{\cos 6t +1}{2} -2 ( \cos 4t +\cos 2t ) \right\} \, dt \\ & = 3 \left[ 2t +\dfrac{1}{12} \sin 6t -\dfrac{1}{2} \sin 4t -\dfrac{1}{4} \sin 2t \right] _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = \underline{3 \pi} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1) \[ a _ n = \dfrac{6n-1}{2n-1} \quad ... [ \text{A} ] \] であることを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 1\) のとき
   \[ a _ 1 = \dfrac{5}{1} = 5 \] なので, [A] は成立する.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 1 )\) のとき, [A] が成立する, すなわち
   \[ a _ k = \dfrac{6k-1}{2k-1} \] と仮定すると \[\begin{align} a _ {k+1} &= \dfrac{4 a _ k -9}{a _ k -2} \\ & = \dfrac{4(6k-1) -9(2k-1)}{(6k-1) -2(2k-1)} \\ & = \dfrac{6(k+1) -1}{2(k+1) -1} \end{align}\] ゆえに, \(n = k+1\) のとき, [A] が成立する.

よって, すべての自然数 \(n\) について [A] が成立し \[ a _ n = \underline{\dfrac{6n-1}{2n-1}} \]

(2)

\(S _ n = a _ n +2 a _ n +\cdots +n a _ n\) とおいて, 示したい不等式を変形すると \[\begin{align} \dfrac{2 S _ n}{n (n+1)} & \leqq 3 +\dfrac{4}{n+1} \\ 2 S _ n & \leqq 3n (n+1) +4n \\ \text{∴} \quad 2 S _ n & \leqq 3n^2 +7n \quad ... [ \text{B} ] \end{align}\] したがって, [B] が成立することを示せばよい.
数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 1\) のとき
   \[ 2 S _ 1 = 2 \cdot 5 \leqq 3+7 \] なので, [B] は成立する.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 1 )\) のとき, [B] が成立する, すなわち
   \[ 2 S _ k \leqq 3k^2 +7k \] と仮定すると \[\begin{align} 2 S _ {k+1} & = 2 S _ k +2(k+1) a _ {k+1} \\ & \leqq 3k^2 +7k +2(k+1) \left( 3 +\dfrac{2}{2k+1} \right) \\ & = 3k^2 +13k +6 +4 \cdot \dfrac{k+1}{2k+1} \\ & \lt 3k^2 +13k +10 \\ & = 3(k+1)^2 +7(k+1) \end{align}\] ゆえに, \(n = k+1\) のとき, [B] が成立する.

よって, すべての自然数 \(n\) について [B] が成立し, 題意は示された.

(3)

(1) の結果より \[ a _ n = 3 +\dfrac{2}{2n-1} \gt 3 \] なので \[ b _ n \gt \dfrac{3 ( 1 +2 +\cdots +n )}{1 +2 +\cdots +n} = 3 \]

(2) の結果とあわせると \[ 3 \lt b _ n \leqq \underline{3 +\dfrac{4}{n+1}} _ {[1]} \] ここで \(\displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} [1] = 3\) なので \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} b _ n = \underline{3} \]

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【 解 答 】

(1)

BC の中点を M とおくと, 対称性から, H , H' は平面 OAM 上に存在する.
\(\overrightarrow{\text{OM}} = \overrightarrow{m} = \dfrac{\overrightarrow{b} +\overrightarrow{c}}{2}\) とおく.
△OAM に着目すれば \[ \text{OM} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} , \ \text{AM} = \sqrt{x^2 -\dfrac{1}{4}} \] なので, 余弦定理より \[\begin{align} \cos \angle \text{AOM} & = \dfrac{1 +\frac{3}{4} -\left( x^2 -\frac{1}{4} \right)}{2 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} \\ & = \dfrac{2 -x^2}{\sqrt{3}} \end{align}\] したがって \[\begin{align} \left| \overrightarrow{a} \right| & = 1 , \ \left| \overrightarrow{m} \right| = \dfrac{\sqrt{3}}{2} , \\ \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{m} & = 1 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{2 -x^2}{\sqrt{3}} = 1 -\dfrac{x^2}{2} \end{align}\] \(\overrightarrow{\text{OH}} = (1-u) \overrightarrow{a} +u \overrightarrow{m}\) とおけば, \(\text{OH} \perp \text{AM}\) なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{OH}} \cdot \overrightarrow{\text{MA}} & = \left\{ (1-u) \overrightarrow{a} +u \overrightarrow{m} \right\} \cdot \left( \overrightarrow{a} -\overrightarrow{m} \right) \\ & = 1-u +(2u-1) \left( 1 -\dfrac{x^2}{2} \right) -\dfrac{3u}{4} \\ & = \dfrac{1}{4} \left\{ 4 -4u +4(2 -x^2) u -2( 2 -x^2 ) -3u \right\} \\ & = \dfrac{1}{4} \left\{ ( 1 -4x^2 ) u +2x^2 \right\} = 0 \\ & \text{∴} \quad u = \dfrac{2x^2}{4x^2 -1} \end{align}\] よって \[\begin{align} p & = 1-u = \underline{\dfrac{2x^2 -1}{4x^2 -1}} , \\ q & = r = \dfrac{u}{2} = \underline{\dfrac{x^2}{4x^2 -1}} \end{align}\] また, \(\overrightarrow{\text{OH'}} = v \overrightarrow{m}\) とおけば, \(\text{AH'} \perp \text{OM}\) なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{H'A}} \cdot \overrightarrow{\text{OH'}} & = \left\{ \overrightarrow{a} -v \overrightarrow{m} \right\} \cdot v \overrightarrow{m} \\ & = \left( 1 -\dfrac{x^2}{2} \right) v +\dfrac{3v^2}{4} \\ & = \dfrac{v}{4} \left\{ 3v +2 (2 -x^2) \right\} = 0 \\ & \text{∴} \quad v = \dfrac{2 (x^2 -2)}{3} \end{align}\] よって \[ s = t = \dfrac{v}{2} = \underline{\dfrac{x^2 -2}{3}} \]

(2) \[ \sin \angle \text{AOM} = \sqrt{1 -\cos^2 \angle \text{AOM}} = \sqrt{1 -\dfrac{(2 -x^2)^2}{3}} \] これを用いれば \[\begin{align} V & = \dfrac{1}{3} \triangle \text{OAM} \cdot \text{BC} \\ & = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{1 -\dfrac{(2 -x^2)^2}{3}} \right) \cdot 1 \\ & = \dfrac{\sqrt{3 -(2 -x^2)^2}}{12} \quad ... [1] \\ & = \underline{\dfrac{\sqrt{-x^4 +4x^2 -1}}{12}} \end{align}\] また, [1] の分子に着目すれば, \(V\) が最大となるのは, \(x = \sqrt{2}\) のときで, 最大値は \[ \underline{\dfrac{\sqrt{3}}{12}} \]

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【 解 答 】

(1)

求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = 2 \pi \displaystyle\int _ 0^a x e^{-x^2} \, dx \\ & = -\pi \displaystyle\int _ 0^a e^{-x^2} (-x^2)' \, dx \\ & = -\left[ e^{-x^2} \right] _ 0^a \\ & = \underline{\pi \left( 1 -e^{-a^2} \right)} \end{align}\]

(2)

平面 \(y = 0\) が \(xz\) 平面になるように, \(z\) 軸を定める.
\(A\) は \(y\) 軸を中心とした回転体なので, \(xz\) 平面で, 点 \(( t , s )\) における \(A\) の断面の \(y\) 軸方向の高さは, 点 \(( \sqrt{s^2 +t^2} , 0 )\) のそれと等しく \[ e^{-( s^2 +t^2 )} \] よって \[ S(t) = \displaystyle\int _ {-\sqrt{a^2 -t^2}}^{\sqrt{a^2 -t^2}} e^{-( s^2 +t^2 )} \, ds \leqq \displaystyle\int _ {-a}^a e^{-( s^2 +t^2 )} \, ds \]

(3)

\(V = \displaystyle\int _ {-a}^a S(t) \, dt\) なので, (2) の結果を用いれば \[\begin{align} V & \leqq \displaystyle\int _ {-a}^a \left( e^{-t^2} \displaystyle\int _ {-a}^a e^{-s^2} \, ds \right) \, dt \\ & = \left( \displaystyle\int _ {-a}^a e^{-s^2} \, ds \right) \left( \displaystyle\int _ {-a}^a e^{-t^2} \, dt \right) \\ & = \left( \displaystyle\int _ {-a}^a e^{-x^2} \, dx \right)^2 \end{align}\] \(e^{-x^2} \gt 0\) より, \(\displaystyle\int _ {-a}^a e^{-x^2} \, dx \gt 0\) なので, (1) の結果を代入して \[ \sqrt{\pi \left( 1 -e^{-a^2} \right)} \leqq \displaystyle\int _ {-a}^a e^{-x^2} \, dx \]

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【 解 答 】

(1)

\[ \overrightarrow{\text{OP}} = \left( \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right) = t^2 \left( \begin{array}{c} \cos t \\ \sin t \end{array} \right) \] また \[\begin{align} \dfrac{dx}{dt} & = 2t \cos t -t^2 \sin t , \\ \dfrac{dy}{dt} & = 2t \sin t +t^2 \cos t \end{align}\] なので \[\begin{align} \overrightarrow{v} & = \left( \begin{array}{c} \dfrac{dx}{dt} \\ \dfrac{dy}{dt} \end{array} \right) = t \left( \begin{array}{c} 2 \cos t -t \sin t \\ 2 \sin t +t \cos t \end{array} \right) \end{align}\] ここで, 複素平面を考えて \[\begin{align} \alpha (t) & = \cos t +i \sin t , \\ \beta (t) & = ( 2 \cos t -t \sin t ) +i ( 2 \sin t +t \cos t ) \end{align}\] とおけば \[ \theta (t) = \left| \arg \beta (t) -\arg \alpha (t) \right| = \left| \arg \dfrac{\beta (t)}{\alpha (t)} \right| \quad ... [1] \] と表せる. \[\begin{align} \dfrac{\beta (t)}{\alpha (t)} & = \left\{ ( 2 \cos t -t \sin t ) +i ( 2 \sin t +t \cos t ) \right\} ( \cos t -i \sin t ) \\ & = 2 +i t \\ & = \sqrt{t^2 +4} \left( \dfrac{2}{\sqrt{t^2 +4}} +\dfrac{i t}{\sqrt{t^2 +4}} \right) \end{align}\] なので, [1] より \[ \cos \theta (t) = \dfrac{2}{\sqrt{t^2 +4}} , \ \sin \theta (t) = \dfrac{t}{\sqrt{t^2 +4}} \quad ... [2] \] ここで, \(t \rightarrow \infty\) のときを考えると \[ \cos \theta (t) \rightarrow 0 , \ \sin \theta (t) \rightarrow 1 \] なので, 求める極限値は \[ \displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} \theta (t) = \underline{\dfrac{\pi}{2}} \]

(2)

[2] より \(t \gt 0\) において, \(\cos \theta (t) , \sin \theta (t)\) はそれぞれ単調減少, 単調増加するので, \(\theta (t)\) は単調増加する.
それぞれの増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccc} t & (0) & \cdots & ( \infty ) \\ \hline \cos \theta (t) & (1) & \nearrow & (0) \\ \hline \sin \theta (t) & (0) & \searrow & (1) \\ \hline \theta (t) & (0) & \nearrow & \left( \dfrac{\pi}{2} \right) \end{array} \] \(\overrightarrow{v}\) が \(x\) 軸正方向となす角は \(t +\theta (t)\) なので, \(t _ 1 , t _ 2\) について \[\begin{align} t _ 1 +\theta ( t _ 1 ) & = \dfrac{\pi}{2} , \\ t _ 2 +\theta ( t _ 2 ) & = \dfrac{3 \pi}{2} \end{align}\] \(0 \lt \theta ( t _ 1 ) \lt \theta ( t _ 2 ) \lt \dfrac{\pi}{2}\) より \[ 0 \lt \theta ( t _ 2 ) -\theta ( t _ 1 ) \lt \dfrac{\pi}{2} \] これを用いれば \[\begin{align} t _ 2 -t _ 1 & = \left( \dfrac{3 \pi}{2} -\theta ( t _ 2 ) \right) -\left( \dfrac{\pi}{2} -\theta ( t _ 1 ) \right) \\ & = \pi -\left( \theta ( t _ 2 ) -\theta ( t _ 1 ) \right) \lt \pi \end{align}\]

【 別 解 】（行列を用いる）

\[\begin{align} \overrightarrow{v} & = \left( \begin{array}{c} \dfrac{dx}{dt} \\ \dfrac{dy}{dt} \end{array} \right) = t \left( \begin{array}{c} 2 \cos t -t \sin t \\ 2 \sin t +t \cos t \end{array} \right) \\ & = t \underline{\left( \begin{array}{cc} 2 & -t \\ t & 2 \end{array} \right)} _ {[1]} \left( \begin{array}{c} \cos t \\ \sin t \end{array} \right) \end{align}\] [1] を行列 \(A\) とおけば, \(\theta (t)\) は, \(A\) があらわす原点を中心とする回転移動の回転角にあたる.
したがって \[\begin{align} A & = \dfrac{1}{\sqrt{t^2 +4}} \left( \begin{array}{cc} \cos \theta (t) & -\sin \theta (t) \\ \sin \theta (t) & \cos \theta (t) \end{array} \right) \\ \text{∴} \quad & \cos \theta (t) = \dfrac{2}{\sqrt{t^2 +4}} , \ \sin \theta (t) = \dfrac{t}{\sqrt{t^2 +4}} \quad ... [2] \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(a = G k\) , \(b = G \ell\) （ \(k , \ell\) は \(n\) の約数で, 互いに素 ... [1] ）と表せる.
このとき \(L = G k \ell\) なので \[ f(a,b) = \dfrac{G k \ell}{G} = k \ell \] [1] より, \(k \ell \leqq n\) なので, これは \(n\) の約数である.

(2)

条件より \[\begin{align} f(a,b) = k \ell & = b = G \ell \\ \text{∴} \quad k & = G \end{align}\] したがって \[ a = k^2 \] \(k \neq 1\) と仮定すると, \(n\) が \({p _ k}^2\) で割り切れることになり, 条件に矛盾する.
よって \[ k = 1 \] すなわち \[ a = 1 \]

(3)

(1) の結果と [1] から \[ S( f(a,b) ) = S(k) +S( \ell ) \] 条件から, \(G\) と \(k\) , \(G\) と \(\ell\) もともに互いに素なので \[ S(a) = S(G) +S(k) , \ S(b) = S(G) +S( \ell ) \] したがって \[ S( f (a,b) ) +S(a) +S(b) = 2 ( S(G) +S(k) +S( \ell ) ) \] よって, 題意は示された.

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【 解 答 】

(1)

\(3\) つの連続する整数には, \(2\) の倍数と \(3\) の倍数が少なくとも \(1\) つずつ含まれているので \[ (k-1) k (k+1) \ \text{は} \ 6 \ \text{の倍数である. } \quad ... [1] \] したがって, \((k-1) k (k+1)\) の和も, \(6\) の倍数だから, \(a _ n\) は整数である.
\(3\) 以上の奇数は \(4m \pm 1 \quad ( m \text{は自然数} )\) と表せるので \[ b _ n = \dfrac{\left( 4m \pm 1 \right)^2 -1}{8} = 2 m^2 \pm m \] よって, \(b _ n\) は整数である.

(2)

\(f(k) = (k-2) (k-1) k (k+1)\) とおけば \[\begin{align} a _ n & = \dfrac{1}{6} \textstyle\sum\limits _ {k=1}^{n-1} \dfrac{1}{4} \left( f(k+1) -f(k) \right) \\ & = \dfrac{1}{24} \left( f(n) - f(1) \right) \\ & = \dfrac{1}{24} (n-2) (n-1) n (n+1) \end{align}\] したがって \[\begin{align} a _ n - b _ n & = \dfrac{1}{24} (n-1) (n+1) \left\{ n (n-2) -3 \right\} \\ & = \dfrac{1}{24} (n-3) (n-1) (n+1)^2 \end{align}\]

1. 1*　\(n = 4m+1\) のとき \[\begin{align} a _ n - b _ n & = \dfrac{1}{24} (4m-2) 4m (4m+2)^2 \\ & = \dfrac{2}{3} \underline{(2m-1) 2m (2m+1)^2} _ {[2]} \end{align}\] [1] より, 下線部 [2] は \(6\) の倍数なので, \(a _ n - b _ n\) は \(4\) の倍数である.

2. 2*　\(n = 4m-1\) のとき \[\begin{align} a _ n - b _ n & = \dfrac{1}{24} (4m-4) (4m-2) (4m)^2 \\ & = \dfrac{2}{3} \underline{(2m-2) (2m-1) (2m)^2} _ {[3]} \end{align}\] [1] より, 下線部 [3] は \(6\) の倍数なので, \(a _ n - b _ n\) は \(4\) の倍数である.

1* 2*より, 題意は示された.

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