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【 解 答 】

(1)

\(p^{m}\) で割り切れる整数の個数は \[ \dfrac{p^{n+1}}{p^m} = p^{n-m+1} \] よって, 求める個数は \[ p^{n-m+1} -p^{n-(m+1)+1} =\underline{p^{n-m}(p-1)} \]

(2)

1. 1*　\(x = p^{n+1}\) のとき
   \(y\) はどの整数でもよいので, \((x,y)\) の組の個数は \[ p^{n+1} \]

2. 2*　\(x\) が \(p^{m}\) で割切れ \(p^{m+1}\) で割切れない（ \(0 \leqq m \leqq n\) ）とき
   \(y\) が \(p^{n-m+1}\) で割切れればよいので, \((x,y)\) の組の個数 \(K _ m\) は, (1) の結果を用いて \[\begin{align} K _ m & = p^{n-m}(p-1) \cdot p^{n-(n-m+1)+1} \\ & = p^{n}(p-1) \end{align}\]

以上より, 求める個数は \[\begin{align} p^{n+1} +\textstyle\sum\limits _ {m=0}^n K _ m & = p^{n+1} + (n+1)p^{n}(p-1) \\ & = p^{n} \left\{ p +(n+1)(p-1) \right\} \\ & =\underline{p^{n} \left\{ (n+2)p -n-1 \right\}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

点 \(A\) における \(y = x^2\) の接線を \(m\) とし, \(m , \ell\) が \(x\) 軸正方向となす角をそれぞれ \(\theta _ {m} , \theta _ {\ell}\) とおく.
\(y = x^2\) より, \(y'=2x\) なので \[ \tan \theta _ {m} = 2a \] 条件より \[\begin{align} \tan \theta _ {\ell} & = \tan ( \theta _ {m} -30^{\circ} ) \\ & = \dfrac{\tan \theta _ {m} - \tan 30^{\circ}}{1 +\tan \theta _ {m} \tan 30^{\circ}} \\ & = \dfrac{2a -\frac{1}{\sqrt{3}}}{1 +2a \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} \\ & = \dfrac{2 \sqrt{3} a -1}{2a +\sqrt{3}} \end{align}\] よって, \(\ell\) の方程式は \[ \underline{y = \dfrac{2 \sqrt{3} a -1}{2a +\sqrt{3}} (x-a) +a^2} \]

(2)

\[ S(a) = \displaystyle\int _ 0^a x^2 \, dx = \left[ \dfrac{x^3}{3} \right] _ 0^a = \dfrac{a^3}{3} \]

(1) の結果と \(y = x^2\) より, \(y\) を消去して \[\begin{gather} \left( 2a +\sqrt{3} \right) x^2 = \left( 2 \sqrt{3} a -1 \right) (x-a) +\left( 2a +\sqrt{3} \right) a^2 \\ \left( 2a +\sqrt{3} \right) x^2 -\left( 2 \sqrt{3} a -1 \right) x -a \left( 2a^2 -\sqrt{3} a +1 \right) \\ \left\{ \left( 2a +\sqrt{3} \right) x +2a^2 -\sqrt{3} a +1 \right\} (x-a) = 0 \\ \text{∴} \quad x = a , \ -a -\sqrt{3} +\dfrac{4}{2a +\sqrt{3}} \end{gather}\] したがって \[\begin{align} T(a) & = \dfrac{1}{6} \left\{ a -\left( -a -\sqrt{3} +\dfrac{4}{2a +\sqrt{3}} \right) \right\}^3 \\ & = \dfrac{1}{6} \left( 2a -\sqrt{3} +\dfrac{4}{2a +\sqrt{3}} \right)^3 \end{align}\] よって \[\begin{align} \dfrac{T(a)}{S(a)} & = \dfrac{1}{2} \left\{ 2 -\dfrac{\sqrt{3}}{a} +\dfrac{4}{a \left( 2a +\sqrt{3} \right)} \right\}^3 \\ & \rightarrow \dfrac{1}{2} \cdot 2^3 = 4 \quad ( n \rightarrow \infty \text{のとき} ) \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow \infty} \dfrac{T(a)}{S(a)} = \underline{4} \]

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【 解 答 】

(1)

まず点 \(P\) の位置について考えると, 辺 \(QR\) に平行な直線 \(\ell\) が正八角形と共有点をもつように動かして, 辺 \(QR\) から最も離れているとき, \(\triangle PQR\) の面積は最大になる.
これは, 点 \(P\) がある頂点に一致している場合である.
他の \(2\) 点 \(Q , R\) についても同様のことが成立するので, \(\triangle PQR\) が最大になるのは \(3\) 点 \(P , Q , R\) がすべていずれかの頂点に一致するときである.
したがって, 最大値をとる候補となる \(\triangle PQR\) は下図の [1] ～ [4] の場合である.

1. [1] のとき \[ PR = 1 +2 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1 +\sqrt{2} \] なので \[\begin{align} \triangle PQR & = \dfrac{1}{2} \cdot 1 \left( 1 +\sqrt{2} \right) \\ & = \dfrac{1 +\sqrt{2}}{2} \end{align}\]
2. [2] のとき \[\begin{align} PR & = 1 +\sqrt{2} \\ QH & = 1 +\dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{2 +\sqrt{2}}{2} \end{align}\] なので \[\begin{align} \triangle PQR & = \dfrac{1}{2} \left( 1 +\sqrt{2} \right) \cdot \dfrac{2 +\sqrt{2}}{2} \\ & = \dfrac{4 +3 \sqrt{2}}{4} \end{align}\]
3. [3] のとき [2] のときと同じ三角形なので, \[ \triangle PQR = \dfrac{4 +3 \sqrt{2}}{4} \]
4. [4] のとき \[\begin{align} PR & = QR = \sqrt{1^2 +1^2 -2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin 135^{\circ}} \\ & = \sqrt{2 +\sqrt{2}} \end{align}\] なので \[\begin{align} \triangle PQR & = \dfrac{1}{2} \left( \sqrt{2 +\sqrt{2}} \right)^2 \\ & = \dfrac{2 +\sqrt{2}}{2} \end{align}\]

以上より, 面積の最大値は \[ \underline{\dfrac{4 +3 \sqrt{2}}{4}} \]

(2)

\(QP , QR\) の延長線と正八角形の外接円の交点をそれぞれ \(P' , R'\) とおく.
\(\angle PQR = 90^{\circ}\) となるのは, \(P'R'\) が外接円の直径となるときである.
また \[ \triangle PQR \leqq \triangle PQ'R' \quad ... [5] \] 等号成立は, \(P=P' , \ R=R'\) のときである.
さらに \[ \triangle PQ'R' \leqq \triangle A _ {1}A _ {3}A _ {7} \] 等号成立は, \(P=A _ {3} , \ R=A _ {7}\) のときで, これは [5] の等号成立の条件も満たしている.

これは, (1) の [4] のときと同じ三角形なので, 求める面積の最大値は \[ \underline{\dfrac{2 +\sqrt{2}}{2}} \]

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} f' _ n(x) & = a _ n (n+1-x) -a _ n (x-n) \\ & = a _ n ( -2x +2n+1 ) \end{align}\] また, \(y=e^{-x}\) に対して, \(y' = -e^{-x}\) .
したがって, 接点の \(x\) 座標を \(t\) とおくと, 以下の関係が成立する. \[ \left\{ \begin{array}{ll} e^{-t} = a _ n (t-n)(n+1-t) & ...[1] \\ -e^{-t} = a _ n ( -2t +2n+1 ) & ...[2] \end{array} \right. \] [1] [2] より \(e^{-t}\) を消去すると, \(a _ n \lt 0\) なので \[\begin{align} & (t-n)(n+1-t) = 2t -2n -1 \\ t^2 & -(2n+1)t +n^2 +n +2t -2n-1 = 0 \\ t^2 & -(2n-1)t +n^2-n-1 = 0 \\ \text{∴} \quad t & = \dfrac{2n-1 \pm \sqrt{(2n-1)^2 -4(n^2-n-1)}}{2} \\ & = n -\dfrac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \end{align}\] \(n \lt t \lt t+1\) なので \[ t = n +\dfrac{\sqrt{5} -1}{2} \] よって, [2] に代入して \[\begin{align} a _ n & = -\dfrac{e^{-t}}{2(t-n)-1} \\ & = -\dfrac{e^{-n -\frac{\sqrt{5} -1}{2}}}{\sqrt{5} -2} \\ & = \underline{-\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{-n -\frac{\sqrt{5} -1}{2}}} \end{align}\]

(2)

\(T _ n = \displaystyle\int _ 0^n e^{-x} \, dx -\textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \displaystyle\int _ {k}^{k+1} f _ k (x) \, dx\) とおくと \[ T _ n \lt \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n} S _ k \lt T _ {n+1} \quad ... [3] \] ここで \[\begin{align} T _ n & = \left[ - e^{-x} \right] _ 0^n +\textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n-1} \dfrac{a _ k}{6} \left\{ (k+1) -k \right\}^3 \\ & = 1 -e^{-n} -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{-\frac{\sqrt{5} -1}{2}}}{6} \cdot \dfrac{1 -e^{-n}}{1 -e^{-1}} \\ & = 1 -e^{-n} -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{\frac{3 -\sqrt{5}}{2}} \left( 1 -e^{-n} \right)}{6(e-1)} \end{align}\] ゆえに \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} T _ n = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} T _ {n+1} = 1 -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{\frac{3 -\sqrt{5}}{2}}}{6(e-1)} \] なので, [3] より, はさみうちの原理から \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{n} S _ k = \underline{1 -\dfrac{\left( 2 +\sqrt{5} \right) e^{\frac{3 -\sqrt{5}}{2}}}{6(e-1)}} \]

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【 解 答 】

(1)

\(\overrightarrow{a} =\overrightarrow{\text{OA}}\) , \(\overrightarrow{b} =\overrightarrow{\text{OB}}\) , \(\overrightarrow{c} =\overrightarrow{\text{OC}}\) とおくと \[\begin{align} \left| \overrightarrow{a} \right| = \left| \overrightarrow{b} \right| = \left| \overrightarrow{c} \right| & = 1 ,\\ \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = \overrightarrow{b} \cdot \overrightarrow{c} = \overrightarrow{c} \cdot \overrightarrow{a} & = 1 \cdot 1 \cdot \cos 60^{\circ} = \dfrac{1}{2} \end{align}\] また \[ \overrightarrow{\text{DE}} = \dfrac{1}{2} \left( \overrightarrow{c} -\overrightarrow{a} -\overrightarrow{b} \right) , \ \overrightarrow{\text{AC}} = \overrightarrow{c} -\overrightarrow{a} \] なので \[\begin{align} \overrightarrow{\text{DE}} \cdot \overrightarrow{\text{AC}} & = \dfrac{1}{2} \left( 1 -\dfrac{1}{2} -\dfrac{1}{2} +1 -\dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{2} \right) \\ & =\underline{\dfrac{1}{2}} \end{align}\]

(2)

目の積が \(2\) の倍数になる事象を \(A\) , \(5\) の倍数になる事象を \(B\) とすると \[\begin{align} \text{P} ( \overline{A} ) & = \left( \dfrac{3}{6} \right)^3 =\dfrac{1}{8} , \\ \text{P} ( \overline{B} ) & = \left( \dfrac{5}{6} \right)^3 = \dfrac{125}{216} , \\ \text{P} ( \overline{A \cup B} ) & = \left( \dfrac{2}{6} \right)^3 =\dfrac{1}{27} \end{align}\] よって, 求める確率は \[\begin{align} \text{P}( A \cap B ) & = 1 -\text{P}( \overline{A \cap B} ) \\ & = 1 -\left( \text{P}( \overline{A} ) +\text{P}( \overline{B} ) -\text{P}( \overline{A \cup B} )\right) \\ & = 1 -\dfrac{1}{8} -\dfrac{125}{216} +\dfrac{1}{27} \\ & =\underline{\dfrac{1}{3}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(I = \textstyle\sum\limits _ {n=0}^{99} 3^n\) とおく. \[ I = \dfrac{3^{100}-1}{3-1} =\dfrac{3^{100} -1}{2} \] したがって, \[\begin{align} 3^{99} & \lt I \lt 3^{100} \\ \text{∴} \quad \log _ {10} 3^{99} & \lt \log _ {10} I \lt \log _ {10} 3^{100} \\ \end{align}\] ここで \[\begin{align} \log _ {10} 3^{99} & = 99 \cdot 0.4771 = 47.2329 , \\ \log _ {10} 3^{100} & = 100 \cdot 0.4771 = 47.71 \end{align}\] なので \[ \log _ {10} I = 47. \cdots \] よって \(I\) の桁数は, \(\underline{48}\) .

(2)

\([ \sqrt{n} ] = m\) （ \(m\) は自然数）となるのは \[ m^2 \leqq n \leqq (m+1)^2 -1 = m(m+2) \quad ... [1] \] を \(n\) がみたすときである. [1]の範囲には \(m\) の倍数が \(3\) つ（ \(m^2 , m(m+1) , m(m+2)\) ）含まれ, \(10000 =100^2\) であることから, もとめる個数は \[ 99 \cdot 3 +1 = \underline{298 \text{個}} \]

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【 解 答 】

(1)

\(C\) と \(l\) の式より \[\begin{align} x^3 -3x^2 +2x & = ax \\ \text{∴} \quad x \left( x^2 -3x +2 -a \right) & = 0 \end{align}\] したがって, \(x\) の方程式 \( x^2 -3x -a+2 = 0 \quad ... [1]\) が \(x = 0\) 以外に解をもつ条件を求めればよい.

1. 1*　[1] が \(x = 0\) を解にもつとき \[\begin{align} -a+2 & = 0 \\ \text{∴} \quad a & = 2 \end{align}\] このとき, [1] は \[\begin{align} x (x-3) & = 0 \\ \text{∴} \quad x & = 0 , 3 \end{align}\] なので, \(x = 0\) 以外の解をもつ.

2. 2*　\(a \neq 2\) （ [1] が \(x = 0\) を解にもたない）とき
   [1] の判別式 \(D\) について \[\begin{align} D = 3^2 -4(2-a) & \geqq 0 \\ \text{∴} \quad a & \geqq -\dfrac{1}{4} \end{align}\]

以上より, 求める範囲は \[ \underline{a \geqq -\dfrac{1}{4}} \]

(2)

\(C\) と \(l\) によって囲まれる部分を \(R\) とおく.
\(C\) と \(l\) の交点の \(x\) 座標を \(0 , \alpha , \beta \ ( \alpha \leqq \beta )\) とおくと, [1] について, 解と係数の関係より \[ \alpha +\beta = 3 , \ \alpha \beta = -a+2 \quad ... [2] \] [1] を解けば \[ x = \dfrac{3 \pm \sqrt{3^2 -4(2-a)}}{2} = \dfrac{3 \pm \sqrt{4a+1}}{2} \] なので \[ \alpha = \dfrac{3 -\sqrt{4a+1}}{2} , \ \beta = \dfrac{3 +\sqrt{4a+1}}{2} \] したがって \[ \dfrac{d \beta}{da} = -\dfrac{d \alpha}{da} \quad ... [3] \] さらに, \(f(x) = x^3 -3x^2 +2x\) とおき, 原始関数のひとつ \(F(x)\) を \[ F(x) =\displaystyle\int f(x) \, dx =\dfrac{x^4}{4} -x^3 +x^2 \] とおく.
このとき \[ f( \alpha ) -a \alpha =0 , \ f( \beta ) -a \beta =0 \quad ... [4] \] 以下では, \(D\) の形状によって場合分けして考える.

1. 1*　\(-\dfrac{1}{4} \leqq a \leqq 2\) のとき
   このとき, \(\alpha \beta \geqq 0\) なので \[ 0 \leqq \alpha \leqq \beta \] ゆえに \(R\) は下図のようになり

   

   \[\begin{align} S(a) & = \displaystyle\int _ 0^{\alpha} \left( f(x) -ax \right) \, dx +\displaystyle\int _ {\alpha}^{\beta} \left( ax -f(x) \right) \, dx \\ & = F( \alpha ) -F(0) -\dfrac{a \alpha^2}{2} +\dfrac{a \beta^2}{2} -\dfrac{a \alpha^2}{2} -F( \beta ) +F( \alpha ) \\ & = 2F( \alpha ) -F( \beta ) -a \alpha^2 +\dfrac{a \beta^2}{2} \end{align}\] したがって \[\begin{align} S'(a) & = 2 f( \alpha ) \cdot \dfrac{d \alpha}{da} -f( \beta ) \cdot \dfrac{d \beta}{da} \\ & \qquad -\alpha^2 -a \cdot 2\alpha \cdot \dfrac{d \alpha}{da} +\dfrac{\beta^2}{2} +\dfrac{a}{2} \cdot 2 \beta \cdot \dfrac{d \beta}{da} \\ & = \left\{ 2 \left( f( \alpha ) -a \alpha \right) +f( \beta ) -a \beta \right\} \dfrac{d \alpha}{da} -\alpha^2 +\dfrac{\beta^2}{2} \quad ( \ \text{∵} \ [3] \ ) \\ & = -\alpha^2 +\dfrac{\beta^2}{2} \quad ( \ \text{∵} \ [4] \ ) \end{align}\] ここで, \(\alpha^2\) は \(a\) の単調減少関数, \(\beta^2\) は \(a\) の単調増加関数なので, \(S'(a)\) は \(a\) の単調増加関数である.
   なので, \(S'(a) =0\) は高々 \(1\) つの解しかもたない.
   これを解くと \[\begin{align} \alpha^2 & = \dfrac{\beta^2}{2} \\ \text{∴} \quad \beta & = \sqrt{2} \alpha \end{align}\] これを [2] に代入すれば \[\begin{align} \alpha & = \dfrac{3}{\sqrt{2} +1} =3 \left( \sqrt{2} -1 \right) , \\ a & = 2 -\sqrt{2} \alpha^2 =2 -9 \sqrt{2} \left( \sqrt{2} -1 \right)^2 \\ & = 38 -27 \sqrt{2} = -0.8 \cdots \end{align}\] したがって, \(S(a)\) の増減表は下のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} a & -\frac{1}{4}& \cdots & 38 -27 \sqrt{2} & \cdots & 2 \\ \hline S'(a) & & - & 0 & + & \\ \hline S(a) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow & \end{array} \]

2. 2*　\(a \gt 2\) のとき
   このとき, \(\alpha \beta \lt 0\) なので \[ \alpha \lt 0 \lt \beta \] ゆえに \(R\) は下図のようになる.

   

   このとき, 明らかに \(S(a) \gt S(2)\) なので, この範囲で最小値をとることはない.

1* 2*より, \(S(a)\) を最小にする \(a\) の値は \[ a =\underline{38 -27 \sqrt{2}} \]

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} a _ 2 & = -\dfrac{1}{n+2} +\dfrac{n}{1} \cdot \dfrac{1}{n(n+1)} \\ & = \underline{\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}} \\ a _ 3 & = -\dfrac{1}{n+3} +\dfrac{n}{2} \left\{ \dfrac{1}{n(n+1)} +\dfrac{1}{(n+1)(n+2)} \right\} \\ & = -\dfrac{1}{n+3} +\dfrac{n}{2} \cdot \dfrac{2}{n(n+2)} \\ & = \underline{\dfrac{1}{(n+2)(n+3)}} \end{align}\]

(2)

すべての自然数 \(k\) について \[ a _ k = \dfrac{1}{(n+k-1)(n+k)} \quad ... [\text{P}] \] であることを数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(k=1\) のとき, 条件より [P] は成立する.

2. 2*　\(1 \leqq k \leqq m \ ( m \geqq 1 )\) のとき, [P] が成立すると仮定すると \[\begin{align} a _ {m+1} & = -\dfrac{1}{n+m+1} \\ & \qquad +\dfrac{n}{m} \left\{ \dfrac{1}{n(n+1)} +\cdots +\dfrac{1}{(n+m-1)(n+m)} \right\} \\ & = -\dfrac{1}{n+m+1} +\dfrac{n}{m} \cdot \dfrac{m}{n(n+m)} \\ & = \dfrac{1}{(n+m)(n+m+1)} \end{align}\] したがって, \(k = m+1\) のときも [P] が成立する.

1* 2*より, 題意は示された.

(3)

(2) の結果より \[ \dfrac{1}{n+k} \lt \sqrt{a _ k} \lt \dfrac{1}{n+k-1} \] これに \(k= 1, 2 , \cdots , n\) を代入した式を足し合わせると \[ \underline{\textstyle\sum\limits _ {k=1}^n \dfrac{1}{n+k}} _ {[1]} \lt b _ n \lt \underline{\textstyle\sum\limits _ {k=1}^n \dfrac{1}{n+k-1}} _ {[2]} \] ここで, [1] [2] について, \(n \rightarrow \infty\) の極限を考えると \[\begin{align} [1] & = \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum _ {k=1}^n \dfrac{1}{1 +\frac{k}{n}} \\ & \rightarrow \displaystyle\int _ 0^1 \dfrac{dx}{1+x} =\left[ \log (1+x) \right] _ 0^1 \\ & = \log 2 , \\ [2] & = \dfrac{1}{n} +\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum _ {k=1}^n \dfrac{1}{1 +\frac{k}{n}} -\dfrac{1}{2n} \\ & \rightarrow 0 +\displaystyle\int _ 0^1 \dfrac{dx}{1+x} -0 \\ & = \log 2 \end{align}\] よって, はさみうちの原理より \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} b _ n = \underline{\log 2} \]

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