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【 解 答 】

(1)

\(2\) つの放物線の式から \(y\) を消去すると \[\begin{align} x^2 +ax +b & = -x^2 \\ \text{∴} \quad 2x^2 +ax +b & = 0 \quad ... [1] \end{align}\] [1] が \(-1 \lt x \lt 0\) , \(0 \lt x \lt 1\) に \(1\) つずつ解を持つ条件を考えればよく, それは \[ f(-1) \gt 0 \ \text{かつ} \ f(0) \lt 0 \ \text{かつ} \ f(1) \gt 0 \] 各式について \[\begin{align} f(-1) & = -a +b +2 \gt 0 \\ & \text{∴} \quad b \gt a-2 \ , \\ f(0) & = b \lt 0 \ , \\ f(1) & = a +b +2 \gt 0 \\ & \text{∴} \quad b \gt -a-2 \\ \end{align}\] よって, \(( a , b )\) のとりうる範囲は下図斜線部（境界は含まない）.

(2)

\(C\) の式より \[ b = -xa -x^2 +y \] これは, 傾き \(-x\) の直線を表す.
\(b = g(a)\) とおいて, この直線が (1) で求めた領域と共有点をもつ条件を考えればよく, それは以下のいずれかである.

1. 1*　\(g(-2) g(2) \lt 0\) すなわち \[ ( y -x^2 +2x ) ( y -x^2 -2x ) \lt 0 \]

2. 2*　「 \(g(-2) \lt 0\) かつ \(g(2) \lt 0\) かつ \(g(0) \gt -2\) 」すなわち \[ y \lt x^2 +2x \ \text{かつ} \ y \lt x^2 -2x \ \text{かつ} \ y \gt x^2 -2 \]

よって, \(C\) の通りうる領域は下図斜線部（境界は含まない）.

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} f(0) & = c = \underline{\alpha} \ , \\ f(1) & = a +b +c = \beta \quad ... [1] \ , \\ f(i) & = -a +bi +c = \gamma \quad ... [2] \end{align}\] \([1] +[2]\) より \[\begin{align} ( 1 +i ) b +2c & = \beta +\gamma \\ \text{∴} \quad b & = \dfrac{-2 \alpha +\beta +\gamma}{1+i} \\ & = \underline{( -1 +i ) \alpha +\dfrac{1-i}{2} \beta +\dfrac{1-i}{2} \gamma} \end{align}\] \([1] \times i -[2]\) より \[\begin{align} ( 1 +i ) a +( -1 +i ) \alpha & = \beta i -\gamma \\ \text{∴} \quad a & = \dfrac{(1 -i ) \alpha +\beta i -\gamma}{1 +i} \\ & = \underline{-i \alpha +\dfrac{1 +i}{2} \beta +\dfrac{-1 +i}{2} \gamma} \end{align}\]

(2)

(1) の結果を用いれば \[\begin{align} f(2) & = 4a +2b +c \\ & = -4i \alpha +( 2 +2i ) \beta +( -2 +2i ) \gamma \\ & \qquad +( -2 +2i ) \alpha +( 1 -i ) \beta +( 1 -i ) \gamma +\alpha \\ & = \underline{( -1 -2i ) \alpha} _ {[3]} +\underline{( 3 +i ) \beta} _ {[4]} +\underline{( -1 +i ) \gamma} _ {[5]} \end{align}\] \(1 \leqq \alpha \leqq 2\) , \(1 \leqq \beta \leqq 2\) , \(1 \leqq \gamma \leqq 2\) のとき, [3] ～ [5] それぞれがとりうる範囲は下図となる.

したがって, \([3] +[4]\) がとりうる範囲は下図斜線部（境界含む）.

よって, \([3] +[4] +[5]\) すなわち \(f(2)\) がとりうる範囲は下図斜線部（境界含む）.

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} f'(x) & = \dfrac{1 \cdot ( x^2 +3 ) -x \cdot 2x}{( x^2 +3 )^2} \\ & = \dfrac{3 -x^2}{( x^2 +3 )^2} \end{align}\] なので, \(\ell\) の式は \[\begin{align} y & = g(x) = f'(1) ( x -t ) +f(t) \\ & = \dfrac{2}{16} ( x -t ) +\dfrac{1}{4} = \dfrac{x+1}{8} \end{align}\] これと \(C\) の式から \(y\) を消去すれば \[\begin{align} \dfrac{x}{x^2 +3} & = \dfrac{x+1}{8} \\ 8x & = ( x^2 +3 ) ( x+1 ) \\ x^3 +x^2 -5x +3 & = 0 \\ ( x+3 ) ( x-1 )^2 & = 0 \\ \text{∴} \quad x & = 1 , -3 \end{align}\] よって, \(C\) と \(\ell\) の共有点は A の他に \(1\) つだけ存在し, その \(x\) 座標は \(\underline{3}\) .

(2)

\[\begin{align} & \left\{ f(x) -g(x) \right\}^2 = \left\{ \dfrac{x}{x^2 +3} -\dfrac{x+1}{8} \right\}^2 \\ & \qquad = \dfrac{x^2}{( x^2 +3 )^2} -\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{x^2 +x}{x^2 +3} +\dfrac{1}{64} (x+1)^2 \\ & \qquad = \dfrac{1}{x^2 +3} -\dfrac{3}{( x^2 +3 )^2} -\dfrac{1}{4} -\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{x}{x^2 +3} \\ & \qquad \qquad +\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{x^2 +3} +\dfrac{1}{64} (x+1)^2 \\ & \qquad = \dfrac{7}{4} \cdot \underline{\dfrac{1}{x^2 +3}} _ {[1]} -3 \cdot \underline{\dfrac{1}{( x^2 +3 )^2}} _ {[2]} \\ & \qquad \qquad -\dfrac{1}{4} \cdot \underline{\dfrac{x}{x^2 +3}} _ {[3]} +\underline{\dfrac{1}{64} ( x+1 )^2 -\dfrac{1}{4}} _ {[4]} \end{align}\] [1] ～ [4] について, それぞれ積分すると

• [1] について
  \(x = \sqrt{3} \tan \theta \ \left( -\dfrac{\pi}{2} \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおくと \[ dx = \dfrac{\sqrt{3} \, d \theta}{\cos^2 \theta} \ , \ \begin{array}{c|ccc} x & -3 & \rightarrow & 1 \\ \hline \theta & -\dfrac{\pi}{6} & \rightarrow & \dfrac{\pi}{3} \end{array} \] なので \[\begin{align} \displaystyle\int _ {-3}^{1} [1] \, dx & = \displaystyle\int _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{1}{3 ( \tan^2 +1 )} \cdot \dfrac{\sqrt{3} \, d \theta}{\cos^2 \theta} \\ & = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \displaystyle\int _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} d \theta = \dfrac{1}{\sqrt{3}} [ \theta ] _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} = \dfrac{\sqrt{3} \pi}{6} \end{align}\]
• [2] について
  [1] と同様に置換して \[\begin{align} \displaystyle\int _ {-3}^{1} [2] \, dx & = \displaystyle\int _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{1}{9 ( \tan^2 +1 )^2} \cdot \dfrac{\sqrt{3} \, d \theta}{\cos^2 \theta} \\ & = \dfrac{\sqrt{3}}{9} \displaystyle\int _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \cos^2 \theta \, d \theta = \dfrac{\sqrt{3}}{9} \displaystyle\int _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \dfrac{1 +\cos 2 \theta}{2} \, d \theta \\ & = \dfrac{\sqrt{3}}{18} \left[ \theta +\dfrac{1}{2} \sin \theta \right] _ {-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \\ & = \dfrac{\sqrt{3} \pi}{36} +\dfrac{1}{12} \end{align}\]
• [3] について \[\begin{align} \displaystyle\int _ {-3}^{1} [3] \, dx & = \dfrac{1}{2} \displaystyle\int _ {-3}^{1} \dfrac{( x^2 +3 )'}{x^2 +3} \, dx \\ & = \dfrac{1}{2} \left[ \log ( x^2 +3 ) \right] _ {-3}^{1} \\ & = \dfrac{1}{2} \left( \log 4 -\log 12 \right) = -\dfrac{1}{2} \log 3 \end{align}\]
• [4] について \[\begin{align} \displaystyle\int _ {-3}^{1} [4] \, dx & = \dfrac{1}{64} \left[ \dfrac{1}{3} ( x +1 )^3 \right] _ {-3}^{1} -\dfrac{1}{4} \cdot 4 \\ & = \dfrac{1}{64} \cdot \dfrac{1}{3} ( 8 +8 ) -1 = -\dfrac{11}{12} \end{align}\]

よって, 求める積分値 \(I\) は \[\begin{align} I & = \dfrac{7}{4} \cdot \dfrac{\sqrt{3} \pi}{6} -3 \left( \dfrac{\sqrt{3} \pi}{36} +\dfrac{1}{12} \right) +\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{2} \log 3 -\dfrac{11}{12} \\ & = \underline{\dfrac{5 \sqrt{3} \pi}{24} +\dfrac{1}{8} \log 3 -\dfrac{7}{6}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(K\) と \(L\) は奇数で, \(4\) で割った余りが等しいので, \(K = 4k \pm 1\) , \(L = 4 \ell \pm 1\) （複号同順, \(k , \ell\) は自然数）とおける.
\(A , B\) を \(4\) で割った余りをそれぞれ \(m , n\) とすれば, \(A = 4a' +m\) , \(B = 4b' +n\) （\(a' , b'\) は自然数）と表せる. \[\begin{align} KA & = 4 ( 4 k a' \pm a' +km ) \pm m \ , \\ LB & = 4 ( 4 \ell b' \pm b' +\ell n ) \pm n \end{align}\] \(KA = LB\) であれば, \(KA , LB\) を \(4\) で割った余りは等しいので \[\begin{align} \pm m & = \pm n \\ \text{∴} \quad m & = n \end{align}\] よって, 題意は示された.

(2)

\(B = \dfrac{a ( a-1 ) \cdots ( a-b+1 )}{b ( 4b-1 ) \cdots 1}\) であることを用いれば, \(0 \leqq k \leqq b-1\) として \[\begin{align} A & = \dfrac{4a+1}{4b+1} \cdot \dfrac{4a}{4b} \cdot \dfrac{4a-1}{4b-1} \cdot \dfrac{4a-2}{4b-2} \cdot \dfrac{4a-3}{4b-3} \cdots \\ & \qquad \cdots \dfrac{4(a-k)}{4(b-k)} \cdot \dfrac{4(a-k)-1}{4(b-k)-1} \cdot \dfrac{4(a-k)-2}{4(b-k)-2} \cdot \dfrac{4(a-k)-3}{4(b-k)-3} \cdots \\ & \qquad \cdots \dfrac{4(a-b)+4}{4} \cdot \dfrac{4(a-b)+3}{3} \cdot \dfrac{4(a-b)+2}{2} \cdot \dfrac{4(a-b)+1}{1} \\ & = \dfrac{4a+1}{4b+1} \cdot \dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{4a-1}{4b-1} \cdot \dfrac{2a-1}{2b-1} \cdot \dfrac{4a-3}{4b-3} \cdots \\ & \qquad \cdots \dfrac{a-k}{b-k} \cdot \dfrac{4(a-k)-1}{4(b-k)-1} \cdot \dfrac{2(a-k)-1}{2(b-k)-1} \cdot \dfrac{4(a-k)-3}{4(b-k)-3} \cdots \\ & \qquad \cdots \dfrac{a-b+1}{1} \cdot \dfrac{4(a-b)+3}{3} \cdot \dfrac{2(a-b)+1}{1} \cdot \dfrac{4(a-b)+1}{1} \\ & = B \underline{\left( \dfrac{4a+1}{4b+1} \cdot \dfrac{4a-1}{4b-1} \cdot \dfrac{4a-3}{4b-3} \cdots \dfrac{4(a-k)-1}{4(b-k)-1} \cdot \dfrac{4(a-k)-3}{4(b-k)-3} \cdots \right.} \\ & \qquad \underline{\left.\dfrac{4(a-b)+3}{3} \cdot \dfrac{4(a-b)+1}{1} \right)} _ {[1]} \\ & \qquad \underline{\left( \dfrac{2a-1}{2b-1} \cdots \dfrac{2(a-k)-1}{2(b-k)-1} \cdots \dfrac{2(a-b)+1}{1} \right)} _ {[2]} \end{align}\] ここで, [1] [2] の分子, 分母はすべて奇数の積で, 奇数であることから \[ \left\{ \begin{array}{l} K = ( \ [1] \text{の分子} \ ) \times ( \ [2] \text{の分子} \ ) \\ L = ( \ [1] \text{の分母} \ ) \times ( \ [2] \text{の分母} \ ) \end{array} \right. \quad ... [3] \] とおけば, \(K , L\) は奇数で \(KA = LB\) をみたす.
よって, 題意は示された.

(3)

(4)

(3) の結果を用いれば, 法を \(4\) として \[\begin{align} {} _ {2021} \text{C} {} _ {37} & \equiv {} _ {505} \text{C} {} _ {9} \quad ( \ \text{∵} \ 2021 = 4 \cdot 505 +1 , 37 = 4 \cdot 9 +1 \ ) \\ & \equiv {} _ {126} \text{C} {} _ {2} \quad ( \ \text{∵} \ 505 = 4 \cdot 126 +1 , 9 = 4 \cdot 2 +1 \ ) \\ & \equiv \dfrac{126 \cdot 125}{2} \equiv 63 \cdot 125 \\ & \equiv -1 \cdot 1 \equiv -1 \end{align}\] よって, 求める余りは \[ \underline{3} \]

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【 解 答 】

(1)

条件より \[ f( \theta ) = ( \theta +\sin \theta +\alpha )^2 +( \cos \theta +3 )^2 \] なので \[\begin{align} f'( \theta ) & = 2 ( \theta +\sin \theta +\alpha ) ( 1 +\cos \theta ) -2 ( \cos \theta +3 ) \sin \theta \\ & = 2 ( \theta +\alpha ) ( \cos \theta +1 ) +2 \sin \theta -6 \sin \theta \\ & = 2 \underline{\left\{ ( \theta +\alpha ) ( \cos \theta +1 ) -2 \sin \theta \right\}} _ {[1]} \end{align}\] [1] を \(g( \theta )\) とおいて \[\begin{align} g'( \theta ) & = \cos \theta +1 -( \theta +\alpha ) \sin \theta -2 \cos \theta \\ & = -( \theta +\alpha ) \sin \theta -\cos \theta +1 \ , \\ g''( \theta ) & = -\sin \theta -( \theta +\alpha ) \cos \theta +\sin \theta \\ & = -( \theta +\alpha ) \cos \theta \end{align}\] \(g''( \theta ) = 0\) をとくと, \(\theta +\alpha \gt 0\) なので, \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) .
したがって, \(g'( \theta )\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & 0 & \cdots & \dfrac{\pi}{2} & \cdots & \pi \\ \hline g''( \theta ) & & - & 0 & + & \\ \hline g'( \theta ) & 0 & \searrow & \text{最小} & \nearrow & 2 \end{array} \] ここで \[ g' \left( \dfrac{\pi}{2} \right) = 1 -\dfrac{\pi}{2} -\alpha \lt 0 \] なので, \(g'( \theta ) = 0\) は \(\dfrac{\pi}{2} \lt \theta \lt \pi\) に解 \(\beta\) が \(1\) つ存在する.
\(g( \theta )\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & 0 & \cdots & \beta & \cdots & \pi \\ \hline g'( \theta ) & & - & 0 & + & \\ \hline g( \theta ) & 2 \alpha & \searrow& \text{最小} & \nearrow & 0 \end{array} \] ここで \[ g( \beta ) \lt g( \pi ) = 0 \] なので, \(g( \theta ) = 0\) は \(0 \lt \theta \lt \beta\) に解 \(\gamma\) が \(1\) つ存在する.
よって, \(\gamma\) は \(f'( \theta ) = 0\) のただ \(1\) つの解となり, 題意は示された.

(2)

(1) の結果を用いれば, \(f( \theta )\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & 0 & \cdots & \gamma & \cdots & \pi \\ \hline f'( \theta ) & & + & 0 & - & \\ \hline f( \theta ) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] したがって, \(\theta = \gamma\) で \(f( \theta )\) は最大となる.
\(f'( \theta )\) の増減に着目すれば, \(0 \lt \gamma \lt \dfrac{\pi}{2}\) となる条件を考えればよく \[\begin{align} f' \left( \dfrac{\pi}{2} \right) & = 2 \left( \dfrac{\pi}{2} +\alpha -2 \right) \lt 0 \\ \text{∴} \quad & \underline{0 \lt \alpha \lt 2 -\dfrac{\pi}{2}} \end{align}\]

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【 解 答 】

\(s = 1 +\dfrac{1}{x}\) とおくと, \(x \gt 0\) より \(s \gt 1\) .
また \[ x = \dfrac{1}{s-1} , \quad x +\dfrac{1}{2} = \dfrac{s+1}{2 (s-1)} \quad ... [1] \] 示したい不等式の辺々について, 自然対数をとり, [1] を用いて変形すると \[\begin{align} x \log \left( 1 +\dfrac{1}{x} \right) & \lt 1 \lt \left( x +\dfrac{1}{2} \right) \log \left( 1 +\dfrac{1}{x} \right) \\ \dfrac{1}{s-1} \log s & \lt 1 \lt \dfrac{s+1}{2 (s-1)} \log s \end{align}\] さらに, \(s-1 \gt 0\) なので \[ \log s \lt s-1 \lt \dfrac{s+1}{2} \log s \quad ... \text{[＊]} \] ゆえに, 不等式 [＊] を示せばよい.

\(f(s) = s -1 -\log s\) とおけば \[ f'(s) = 1 -\dfrac{1}{s} \gt 0 \quad ( \ \text{∵} \ s \gt 1 \ ) \] したがって, \(f(s)\) は単調増加であり \[\begin{align} f(s) & \gt f(1) = 0 \\ \text{∴} \quad \log s & \lt s-1 \quad ... [2] \end{align}\] \(g(s) = \dfrac{s+1}{2} \log s -(s-1)\) とおけば \[\begin{align} g'(s) & = \dfrac{1}{2} \log s +\dfrac{s+1}{2} \cdot \dfrac{1}{s} -1 \\ & = \dfrac{1}{2} \log s -\dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{2s} \end{align}\] さらに \[\begin{align} g''(s) & = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{s} -\dfrac{1}{s^2} \right) \\ & = \dfrac{s-1}{2s^2} \gt 0 \quad \quad ( \ \text{∵} \ s-1 \gt 0 \ ) \end{align}\] したがって, \(g'(s)\) は単調増加であり \[ g'(s) \gt g'(1) = 0 \] したがって, \(g(s)\) は単調増加であり \[\begin{align} g(s) & \gt g(1) = 0 \\ \text{∴} \quad s-1 & \lt \dfrac{s+1}{s} \log s \quad ... [3] \end{align}\] よって, [2] [3] より, [＊] が成立するので, 題意は示された.

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【 解 答 】

(1)

A が優勝するのは, 次の \(2\) 通りが考えられる.

1. 1*　以下の \(3\) 試合のセットが \(0\) 回以上繰り返された後に, A が B , C に連勝する.

   • A 対 B で A が勝つ

   • A 対 C で C が勝つ

   • B 対 C で B が勝つ

   このとき, A が \(n = 3m-1 \ ( m \geqq 1 )\) 試合目で優勝し, その確率は \[ \left( \dfrac{1}{8} \right)^{m-1} \cdot \dfrac{1}{4} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^{3m-1} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \]

2. 2*　以下の \(3\) 試合のセットが \(1\) 回以上繰り返された後に, A が B に勝つ.

   • A 対 B で B が勝つ

   • B 対 C で C が勝つ

   • A 対 C で A が勝つ

   このとき, A が \(n = 3m+1 \ ( m \geqq 1 )\) 試合目で優勝し, その確率は \[ \left( \dfrac{1}{8} \right)^m \cdot \dfrac{1}{2} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^{3m+1} = \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \]

よって, 求める確率は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 0 & ( \ n \ \text{が} \ 3 \ \text{の倍数のとき} \ ) \\ \left( \dfrac{1}{2} \right)^n & ( \ n \ \text{が} \ 3 \ \text{の倍数でないとき} \ ) \end{array} \right.} \]

(2)

1. 1* の場合, つまり A が C に勝って優勝するとき
   この確率を \(p _ m\) とおけば \[\begin{align} p _ m & = \textstyle\sum\limits _ {k=1}^{m} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{3k-1} = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1 -\left( \dfrac{1}{8} \right)^m}{1 -\dfrac{1}{8}} \\ & = \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{8^m -1}{8^m} \end{align}\]

2. 2* の場合, つまり A が B に勝って優勝するとき
   この確率を \(q _ m\) とおけば \[\begin{align} q _ m & = \textstyle\sum\limits _ {k=1}^{m-1} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{3k+1} \\ & = \dfrac{1}{16} \cdot \dfrac{1 -\left( \dfrac{1}{8} \right)^{m-1}}{1 -\dfrac{1}{8}} = \dfrac{1}{14} \cdot \dfrac{8^m -8}{8^m} \end{align}\]

ここで \[ \dfrac{p _ m}{q _ m} = \dfrac{\dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{8^m -1}{8^m}}{\dfrac{1}{14} \cdot \dfrac{8^m -8}{8^m}} = \dfrac{4 \cdot 8^m -4}{8^m -8} \] よって, 求める確率は \[\begin{align} \dfrac{q _ m}{p _ m +q _ m} & = \dfrac{1}{\dfrac{p _ m}{q _ m} +1} \\ & = \dfrac{8^m -8}{4 \cdot 8^m -4 +8^m -8} \\ & = \underline{\dfrac{8^m -8}{5 \cdot 8^m -12}} \end{align}\]

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