第１問
ｘｙｚ空間において原点Ｏ(０，０，０)を中心とする半径１の球面をＳとし、
球面Ｓから点Ｎ(０，０，１)を除いた部分に属する点Ｐ(ｘ，ｙ，ｚ)に対して、
２点Ｎ、Ｐを通る直線とｘｙ平面ｚ＝０との交点をＱとおく。
(１) 点Ｑの座標を求めよ。
(２) 球面Ｓ上の任意の点Ｒに対してＲのどんな近くにも、Ｓ上の点(ａ，ｂ，ｃ)
で各座標がａ、ｂ、ｃが全て有理数からなるものが存在することを証明
せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Ｓ上の点Ｐ(ｘ、ｙ、ｚ)に対して、Ｑ(Ｘ，Ｙ，０)とおくと、
３点Ｎ、Ｐ、Ｑは一直線上にあるので、
０でない実数ｋを用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\rm NQ}=k\overrightarrow{\rm NP}\ \ \Leftrightarrow\ \ (X\ ,\ Y\ ,\ -1)=k(x\ ,\ y\ ,\ z-1)\end{align*}}$
と表せる。
成分を比較すると、ｚ≠１より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k=\frac{1}{1-z}\ \ ,\ \ X=\frac{x}{1-z}\ \ ,\ \ Y=\frac{y}{1-z}\end{align*}}$ ････①
となる。よって、Ｑの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Q(X\ ,\ Y\ ,\ 0)=\underline{\ \left(\frac{x}{1-z}\ , \frac{y}{1-z}\ ,\ 0\right)\ \ }\end{align*}}$ ．
(２)
すべての成分が有理数からなる点を「有理点」と呼ぶことにする。
(ⅰ) Ｓ上の点Ｒ(ｘ、ｙ、ｚ)がＮ(０，０，１)と異なるとき、
直線ＮＲとｘｙ平面との交点をＲ’(Ｘ，Ｙ，０)とする。
ｘｙ平面上にＲ’と異なる有理点Ｔ’(Ａ，Ｂ，０)をとり、
直線ＮＴ’と球面Ｓとの交点をＴ(ａ，ｂ，ｃ)とする。
３点Ｎ、Ｔ、Ｔ’は一直線上にあるので、
０でない実数ｋ’を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (a\ ,\ b\ ,\ c-1)=k'\ (A\ ,\ B\ ,\ -1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (a\ ,\ b\ ,\ c)=(k'A\ ,\ k'B\ ,\ 1-k')\end{align*}}$ ････②
と表すことができ、点ＴはＳ上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a^2+b^2+c^2=(k'A)^2+(k'B)^2+(1-k')^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (A^2+B^2+1)k'^2-2K'=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ k'=\frac{2}{A^2+B^2+1}\ \ \ \ \ (\because k'\ne 0)\end{align*}}$ ．
よって、②よりＴの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (a\ ,\ b\ ,\ c)=\left(\frac{2A}{A^2+B^2+1}\ ,\ \frac{2B}{A^2+B^2+1}\ ,\ 1-\frac{2}{A^2+B^2+1}\right)\end{align*}}$ ． ･･･③
このしきにおいて、Ａ、Ｂは有理数であることから、
ａ、ｂ、ｃはすべて有理数となるので、Ｓ上の点Ｔも有理点となる。
ここで、有理数Ａ、Ｂは、任意の実数Ｘ，Ｙに対して、
どんなに近くにも存在しうるので、
ｘｙ平面において、有理点Ｔ’は任意の点Ｒに限りなく近づくことができ、
このときＳ上において、ＴはＲに限りなく近づく。
(ⅱ) 点Ｒ(ｘ、ｙ、ｚ)がＮ(０，０，１)と一致するとき、
③において、Ａ、Ｂを大きくしていくと、
有理数ａおよびｂは０に近づいていき、有理数ｃは１に近づいていく。
よって、有理点Ｔ(ａ，ｂ，ｃ)は点Ｒ(０，０，１)にいくらでも近づく
ことができる。
以上より、題意は示された。
「任意の実数ｘに対して、どんな近くにも有理数が存在する」ことの証明。
(ア) ｘが有理数のとき
まず、ｘ≠ｐ1である有理数ｐ1をとる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf {\color{blue}p_2=\frac{x_0+p_1}{2}\ \ ,\ \ p_3=\frac{x_0+p_2}{2}\ \ ,\ \ldots\ ,\ \ p_{n+1}=\frac{x_0+p_n}{2}\ \ ,\ \ldots }\end{align*}}$
というように、有理数の列{ｐn}を定め、ｎを大きくしていくと、
有理数ｐnはいくらでもｘに近づけることができる。
(イ) ｘが無理数のとき
まず、ｐ0＜ｘ＜ｑ0となるような有理数ｐ0、ｑ0をとる。
開区間(ｐ0，ｑ0)を３つの小区間
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(p_0\ ,\ \frac{2p_0+q_0}{3}\right)\ \ ,\ \ \left(\frac{2p_0+q_0}{3}\ ,\ \frac{p_0+2q_0}{3}\right)\ \ ,\ \ \left(\frac{p_0+2q_0}{3}\ ,\ q_0\right)\end{align*}}$
に等分すると、ｘはこのいずれかの小区間に含まれることになり、
ｘを含む区間の端点を、小さい方からｐ1、ｑ1とする。
次に、開区間(ｐ1，ｑ1)を３つの小区間に等分し、そのうちでｘを含む
小区間の端点をｐ2、ｑ2とする。
さらに、開区間(ｐ2，ｑ2)を３つの小区間に等分し、そのうちでｘを含む
小区間の端点をｐ3、ｑ3とする。
以下も、同様にして有理数の列{ｐn}。{ｑn}を定めて、ｎを大きくしていくと、
有理数ｐnおよびｑnはいくらでもｘに近づけることができる。
ざっと、こんな感じでしょうが、ここまでの答案を求めているんですかね・・・？
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第２問
ｎを２以上の整数とし、１からｎまでの相異なるｎ個の整数を横一列に
並べて得られる各順列σに対して、左からｉ番目の数字をσ(ｉ)と記す。
このとき、条件１≦ｉ＜ｊ≦ｎ、かつσ(ｉ)＞σ(ｊ)を満たす自然数の対
(ｉ，ｊ)の個数をL(σ)とおく。更に１からｎまでの順列σ全体のなす集合
をＳとする。順列σがＳ全体を動くとき、L(σ)の総和Σσ∈ＳL(σ)を
求めよ。
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【解答】
Ｓの中で、σ(ｉ)＝ｋ （１≦ｉ≦ｎ、１≦ｋ≦ｎ）、すなわち、
左からｉ番目に数がｋであるようなσを考える。
このうちで、σ(ｊ)＝１（ｉ＜ｊ≦ｎ）、すなわち、数字１がｋより右側に
あるようなものの個数を求めると、
ｊの値はｉ＋１、ｉ＋２、･･･、ｎのｎ－ｉ通りの場合があり、それぞれに
対して、ｋと１以外の数の並び方が(ｎ－２)！通りずつあるので、
全部で(ｎ－ｉ)(ｎ－２)！個ある。
同様に、σ(ｊ)＝２、３、･･･、ｋ－１（ｉ＜ｊ≦ｎ）となるものもそれぞれ
(ｎ－ｉ)(ｎ－２)！個ずつあるので、これらの総数は
(ｎ－ｉ)(Ｋ－１)(ｎ－２)！個．
ここで、ｉはｉ＝１，２，･･･，ｎの値をとるので、これらの個数の総和は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=1}^n\ (n-i)(k-1)(n-2)!\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =(k-1)(n-2)!\sum_{i=1}^n\ (n-i)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =(k-1)(n-2)!\cdot\left(n^2-\frac{1}{2}n(n+1)\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}(k-1)n(n-1)(n-2)!\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}(k-1)\ n\ !\end{align*}}$ .
さらに、ｋはｋ＝１，２，･･･，ｎの値をとるので、これらの個数の総和を
求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^n\ \frac{1}{2}(k-1)\ n\ !\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}\ n\ !\ \sum_{k=1}^n\ (k-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}\ n\ !\cdot\left(\frac{1}{2}n(n+1)-n\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{1}{4}\ n(n-1)n\ !\ \ }\end{align*}}$
変数が２つあるので、まずはこれらを固定しておき、
１つずつ動かして和をとっていけばOKです。
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第３問
ｋは正の定数で、実数ａ、ｂは条件
ａ＞０、ｂ＞０、ａ＋ｂ＝ｋ
を満たしながら動くものとする。このときｘｙ平面の２点Ａ(ａ，０)、
Ｂ(０，ｂ)を通る直線と点Ｐ(ａ，ｂ)との距離の最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
まず、直線ＡＢの式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ bx+ay-ab=0\end{align*}}$
であり、点Ｐ(ａ，ｂ)からの距離をｄとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d=\frac{\left|ab+ab-ab\right|}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{align*}}$ ←ａ、ｂ＞０より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \leq\frac{ab}{\sqrt{2\sqrt{a^2b^2}}}\end{align*}}$ ←ａ2、ｂ2＞０より相加・相乗平均
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{\frac{ab}{2}}\end{align*}}$ ．
等号成立は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=b=\frac{k}{2}\end{align*}}$
のときであり、このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_{max}=\sqrt{\frac{\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}}{2}}=\underline{\ \frac{k}{2\sqrt2}\ \ }\end{align*}}$ ．
これは簡単ですね。
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第４問
(１) 任意の正整数ｎに対して関数$\small\sf{f_n(\theta)}$ は$\small\sf{f_n(\theta)=n^2\sin\theta\cos^{2n}\theta}$ で
定義されているものとする。このとき
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \int_0^{\pi /2}\ f\ _n(\theta)\ d\theta=\int_0^{\pi /2}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\ f\ _n(\theta)\right)\ d\theta\end{align*}}$
が成り立つかどうか調べよ。
(２) 各正整数ｎに対して、$\small\sf{\theta}$ が$\small\sf{\begin{align*}0\leqq \theta\leqq\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲を動くときの関数
$\small\sf{f_n(\theta)=n^2\sin\theta\cos^{2n}\theta}$
の最大値をＭ(ｎ)とおく。このとき、極限値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{M\ (n)}{\sqrt{n^3}}\end{align*}}$
を求めよ。
ただし、ａを０＜ａ＜１の範囲にある定数とするとき、$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ n\ a^n=0\end{align*}}$ である
ことは証明なしに用いてよい。
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【解答】
(１)
[左辺について]
ｔ＝cosθと置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{d\theta}=-\sin \theta\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\theta\ :\ 0\rightarrow\pi/2}$ に対応するｔは、ｔ：１→０なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \int_0^{\pi /2}\ f\ _n(\theta)\ d\theta=\int_1^0\ n^2\sin\theta\ t^{2n}\cdot\frac{dt}{-\sin\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ n^2\int_0^1t^{2n}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ n^2\left[\frac{1}{2n+1}\ t^{2n+1}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{n^2}{2n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\infty\end{align*}}$ ．
[右辺について]
まず、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n(0)=f_n\left(\frac{\pi}{2}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt \theta\lt\pi/2\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{0\lt\cos\theta\lt 1}$ なので、
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ n\cos^n\theta=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\ f\ _n(\theta)=0\end{align*}}$ ．
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq\theta\leqq\pi/2\end{align*}}$ において、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ f\ _n(\theta)=0\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\pi /2}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\ f\ _n(\theta)\right)\ d\theta=0\end{align*}}$ ．
以上より、与えられた等式は成り立たない。
(２)
$\scriptsize\sf{f_n(\theta)}$ を$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '_n(\theta)=n^2\cos\theta\cos^{2n}\theta+n^2\sin\theta\cdot 2n\cos^{2n-1}\theta\cdot(-\sin\theta)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =n^2\cos\theta\cos^{2n}\theta-2n^3\sin\theta\cdot \cos^{2n-1}\theta\cdot(1-\cos^2\theta)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =n^2\cos^{2n-1}\theta\left\{(2n+1)\cos^2\theta-2n\right\}\end{align*}}$ .
となるので、$\scriptsize\sf{0\leqq\theta\leqq\pi/2}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '_n(\theta)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\theta=0\ ,\ \sqrt{\frac{2n}{2n+1}}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos p=\sqrt{\frac{2n}{2n+1}}\end{align*}}$
となるｐ $\scriptsize\sf{(0\lt p\lt\pi/2)}$ を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin p=\sqrt{1-\frac{2n}{2n+1}}=\frac{1}{\sqrt{2n+1}}\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{f_n(\theta)}$ の増減は次のようになる。
よって、$\scriptsize\sf{f_n(\theta)}$ の最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M\ (n)=f\ _n(p)=\frac{n^2}{\sqrt{2n+1}}\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^n\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{M\ (n)}{\sqrt{n^3}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{n^2}{\sqrt{n^3}\ \sqrt{2n+1}}\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^n \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{\sqrt{2+\frac{1}{n}}}\cdot\left\{{\left(\frac{2n+1}{2n}\right)^{-1}}\right\}^{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{\sqrt2}\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ \left\{{\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{2n}}\right\}^{-\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{\sqrt2}\cdot e^{-\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{1}{\sqrt{2e}}\ \ }\end{align*}}$
丁寧に計算していってください。
ｅの定義に持ちこむ部分は気づきますか？
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