第１問
自然数nに対して関数fn(x)を
$\small\sf{\begin{align*}\sf f_n(x)=\frac{x}{n\left(1+x\right)}\log\left(1+\frac{x}{n}\right)\ \ \ \ \left(x\geq 0\right)\end{align*}}$
で定める。以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^nf_n(x)dx\leq\int_0^1\log\left(1+x\right)dx\end{align*}}$ を示せ。
(２) 数列$\small\sf{\begin{align*}\sf\{\rm I_{\sf n}\}\end{align*}}$ を
$\small\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf n}=\sf\int_0^nf_n(x)dx\end{align*}}$
で定める。0≦x≦1のとき $\small\sf{\begin{align*}\sf \log\left(1+x\right)\leq\log 2\end{align*}}$ であることを
用いて数列$\small\sf{\begin{align*}\sf\{\rm I_{\sf n}\}\end{align*}}$ が収束することを示し、その極限値を求
めよ。ただし、$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ \frac{\log x}{x}=0\end{align*}}$ であることは用いてよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t=\frac{x}{n}\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{dx}=\frac{1}{n}\end{align*}}$
であり、x：0→nのときt：0→1となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^nf_n(x)dx=\int_0^n\frac{x}{n\left(1+x\right)}\log\left(1+\frac{x}{n}\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\frac{nt}{n\left(1+nt\right)}\log\left(1+t\right)\cdot ndt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\frac{nt}{1+nt}\log\left(1+t\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+nt}\right)\log\left(1+t\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_0^1\log\left(1+t\right)dt-\int_0^1\frac{\log\left(1+t\right)}{1+nt}\ dt\end{align*}}$ ……(#)
ここで、nは自然数なので$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq t\leqq 1\end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\log\left(1+t\right)}{1+nt}\geq 0\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{\log\left(1+t\right)}{1+nt}\ dt\geq 0\end{align*}}$ ．
これと(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^nf_n(x)dx\leq\int_0^1\log\left(1+x\right)dx\end{align*}}$
が成り立つ。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq t\leqq 1\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq\log\left(1+t\right)\leq\log 2\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leq\frac{\log\left(1+t\right)}{1+nt}\leq\frac{\log 2}{1+nt}\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq\int_0^1\frac{\log\left(1+t\right)}{1+nt}\ dt\leq\int_0^1\frac{\log 2}{1+nt}\ dt\end{align*}}$ ．
これと(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\log\left(1+t\right)dt-\int_0^1\frac{\log 2}{1+nt}\ dt\leq\int_0^nf_n(x)dx\leq\int_0^1\log\left(1+t\right)dt\end{align*}}$
となる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\log\left(1+t\right)dt=\bigg[\left(1+t\right)\log\left(1+t\right)-\left(1+t\right)\bigg]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2\log 2-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \int_0^1\frac{\log 2}{1+nt}\ dt=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left[\left(\log 2\right)\cdot\frac{\log\left(1+nt\right)}{n}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\log 2\right)\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\log\left(1+n\right)}{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\log 2\right)\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\log\left(1+n\right)}{1+n}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1+n}{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =0\ \ \ \ \left(\because\ \lim_{x\rightarrow\infty}\ \frac{\log x}{x}=0\right)\end{align*}}$
はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \rm I_{\sf n}=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\ \int_0^nf_n(x)dx=\underline{\ 2\log 2-1\ }\end{align*}}$
(#)の変形に気づけば、あとは計算だけです。
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- 2015/05/09(土) 23:54:00|
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第２問
実数x、yが$\small\sf{\begin{align*}\sf |x|\leqq 1\end{align*}}$と$\small\sf{\begin{align*}\sf |y|\leqq 1\end{align*}}$を満たすとき、不等式
$\small\sf{\begin{align*}\sf 0\leq x^2+y^2-2x^2y^2+2xy\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\leq 1\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |x|\leqq 1\ ,\ |y|\leqq 1 \end{align*}}$より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\cos A\ \ ,\ \ y=\cos B\ \ \ \left(0\leq A\leq\pi\ ,\ 0\leq B\leq \pi\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\cos^2A}=\sqrt{\sin^2 A}=\sin A\ \ \ \ \left(\because\ 0\leq A\leq\pi\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{1-y^2}=\sin B\end{align*}}$
と表せる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P=x^2+y^2-2x^2y^2+2xy\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P=x^2\left(1-y^2\right)+y^2\left(1-x^2\right)+2xy\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\cos^2A\sin^2B+\cos^2B\sin^2A+2\cos A\cos B\sin A\sin B\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\sin A\cos B+\cos A\sin B\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sin^2\left(A+B\right)\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq A+B\leqq 2\rm \pi\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\leq\sin\left(A+B\right)\leq 1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq P\leq 1\end{align*}}$ ．
よって、題意は示された。
文系との共通問題ですが、違った方法で解いてみました。
こちらも参考に。
http://aozemi.blog.fc2.com/blog-entry-1843.html
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- 2015/05/09(土) 23:57:00|
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第3問
以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$ と$\small\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[3]{3}\end{align*}}$ が無理数であることを示せ。
(2) $\small\sf{\begin{align*}\sf p\ ,\ q\ ,\ \sqrt2\ p+\sqrt[3]{3}\ q\end{align*}}$ がすべて有理数であるとする。そのとき、
$\small\sf{\begin{align*}\sf p＝q＝0\end{align*}}$ であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$ が有理数であると仮定すると、互いに素な自然数m、nを
用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2=\frac{m}{n}\end{align*}}$ ……(ⅰ)
と表すことができる。(ⅰ)の両辺を2乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2=\frac{m^2}{n^2}\ \ \Leftrightarrow\ \ m^2=2n^2\end{align*}}$ ……(ⅱ)
となるので、m2は偶数である。奇数の2乗は奇数なので、
mも偶数となり、自然数kを用いて$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m＝2k\end{align*}}$ と表すことができる。
これを(ⅱ)に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(2k\right)^2=2n^2\ \ \Leftrightarrow\ \ n^2=2k^2\end{align*}}$
となり、n2およびnは偶数となる。
よって、m、nともに偶数になるため、これらが互いに素である
ことに矛盾する。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\end{align*}}$ は無理数である。
一方、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[3]{3}\end{align*}}$ が有理数であると仮定すると、互いに素な自然数M、Nを
用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[3]{3}=\frac{M}{N}\end{align*}}$ ……(Ⅰ)
と表すことができる。(Ⅰ)の両辺を3乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 3=\frac{M^3}{N^3}\ \ \Leftrightarrow\ \ M^3=3N^3\end{align*}}$ ……(Ⅱ)
となるので、M3は3の倍数である。
3の倍数でない数を3乗しても3の倍数にならないので、
Mも3の倍数となり、自然数Kを用いて$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M＝3K\end{align*}}$ と表すことができる。
これを(Ⅱ)に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(3K\right)^3=3N^3\ \ \Leftrightarrow\ \ N^3=9K^3\end{align*}}$
となり、N3およびNも3の倍数となる。
よって、M、Nともに3の倍数になるため、これらが互いに素である
ことに矛盾する。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[3]{3}\end{align*}}$ は無理数である。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2\ p+\sqrt[3]{3}\ q=r\end{align*}}$ ……(#)
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sqrt[3]{3}\ q\right)^3=\left(r-\sqrt2\ p\right)^3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q^3=r^3-3\sqrt2\ pr^2+6p^2r-2\sqrt2\ p^3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt2\ p\left(2p^2+3r^2\right)=r^3+6p^2r-3q^3\end{align*}}$
ここで、p≠0と仮定すると、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2p^2+3r^2\ne 0\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2=\frac{r^3+6p^2r-3q^3}{p\left(2p^2+3r^2\right)}\end{align*}}$ ……(*)
と変形でき、仮定よりp、q、rは有理数なので、(*)の右辺は
有理数となる。このことは、(*)の左辺が無理数であることに
矛盾するので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=0\end{align*}}$ である。
このとき、(#)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[3]{3}\ q=r\end{align*}}$
となる。$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q\ne 0\end{align*}}$ と仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt[3]{3}=\frac{r}{q}\end{align*}}$
と変形できるが、左辺は無理数、右辺は有理数となるので
矛盾する。よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=0\end{align*}}$ である。
以上より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=q=0\end{align*}}$ が示された。
(１)は手が痛いでしょうね^^;; まぁ、私はコピペですが（笑）
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- 2015/05/10(日) 23:57:00|
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第4問
座標空間のx軸上に動点P、Qがある。P、Qは時刻0において、
原点を出発する。Pはx軸の正の方向に、Qはx軸の負の方向に、
ともに速さ1で動く。その後、ともに時刻1で停止する。点P、Qを
中心とする半径1の球をそれぞれA、Bとし、空間で$\small\sf{\begin{align*}\sf x\geqq -1\end{align*}}$の部分
をCとする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) 時刻$\small\sf{\begin{align*}\sf t\ \left(0\leqq t\leqq 1\right)\end{align*}}$ における立体$\small\sf{\begin{align*}\sf \left(A\cup B\right)\cap C\end{align*}}$ の体積V(t)を
求めよ。
(２) V(t)の最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
時刻$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t\ \left(0\leqq t\leqq 1\right)\end{align*}}$ における球AおよびBをxy平面で切断したときの
断面は、下図のようになり、断面円の方程式はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x-t\right)^2+y^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x+t\right)^2+y^2=1\end{align*}}$
となる。
立体$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(A\cup B\right)\cap C \end{align*}}$ は、水色部分をx軸の周りに1回転してできる
回転体なので、その体積V(t)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V(t)=\pi\int_{-1}^0\left\{1-\left(x+t\right)^2\right\}dx+\pi\int_0^{t+1}\left\{1-\left(x-t\right)^2\right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\pi\left[x-\frac{1}{3}\left(x+t\right)^3\right]_{-1}^0+\pi\left[x-\frac{1}{3}\left(x-t\right)^3\right]_0^{t+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{\pi}{3}\left(-t^3-3t^2+6t+4\right)\ }\end{align*}}$
(２)
(１)で求めたV(t)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V\ '(t)=\frac{\pi}{3}\left(-3t^2-6t+6\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\pi\left(t^2+2t-2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\pi\left\{t-\left(-1+\sqrt3\right)\right\}\left\{t-\left(-1-\sqrt3\right)\right\}\end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq t\leqq 1\end{align*}}$におけるV(t)の増減は次のようになる。
よって、V(t)の最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V(t)_{max}=V(\sqrt3-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}\left\{-(\sqrt3-1)^3-3(\sqrt3-1)^2+6(\sqrt3-1)+4\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{6\sqrt3-4}{3}\ \pi\ }\end{align*}}$
これは阪大にしては、かなり易しいです。
絶対に落とせません！
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- 2015/05/11(月) 23:57:00|
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第５問
nを2以上の整数とする。正方形の形に並んだn×nのマスに
0または1のいずれかの数字を入れる。マスは上から第1行、
第2行、…、左から第1列、第2列…と数える。数字の入れ方
についての次の条件pを考える。
条件p：1からn－1までのどの整数i、jについても、第i行、
第i＋1と第j列、第j＋1列とが作る2×2の4個の
マスには0と1が2つずつ入る。
(１) 条件pを満たすとき、第n行と第n列の少なくとも一方には
0と1が交互に現れることを示せ。
(２) 条件pを満たすような数字の入れ方の総数anを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
第i行、第j列のマスに書かれた数を 単に(i，j)と表し、
第i行、第i+1と第j列、第j+1列とが作る2×2の
4個のマスを単に [i，j] と書くことにする。
また、ある行（または列）に0と1が交互に現れることを
単に「交互になる」と書くことにする。
(１)
(Ⅰ)第ｉ行（ｉ＝1，2，・・・，n-1）が交互になっているとき
第ｉ+1行が交互になっていない、すなわち、
(ｉ+1，j)＝(ｉ+1，j+1)
であるj （j＝1，2，・・・，n-1）が存在すると仮定すると、
マス[ｉ，ｊ]は条件pを満たさない。
よって、
第ｉ行が交互になっているとき、
第ｉ+1行も交互になっている。 ……(ⅰ)
(ⅰ)と同様に、第ｉ+1行が交互になっているとき、第ｉ+2行
も交互になっており、以下も同様に、第ｉ+3行、…、第n行も
すべて交互になっている。
また、第ｉ行より上の行についても同じことが言うことができ、
第ｉ-1行、第ｉ-2行、…、第1行もすべて交互になっている。
よって、次の2つのことが成り立つ。
・ある行が交互になっているとき、すべての行が
交互になっている
・ある列が交互になっているとき、すべての列が
交互になっている
(Ⅱ)第ｉ行（ｉ＝1，2，・・・，n-1）が交互になっていないとき
(ｉ，j)＝(ｉ，j+1) （j＝1，2，・・・，n-1）であるとする。
[ｉ，ｊ]を考えると、
(ｉ，j)＝(ｉ，j+1)≠(ｉ+1，j)＝(ｉ+1，j+1)
[ｉ+1，ｊ+1]を考えると、
(ｉ+1，j)＝(ｉ+1，j+1)≠(ｉ+2，j)＝(ｉ+2，j+1)
[ｉ+2，ｊ+2]を考えると、
(ｉ+2，j)＝(ｉ+2，j+1)≠(ｉ+3，j)＝(ｉ+3，j+1)
以下も同様に考えていくと、第ｉ行より下の行について、第j列
および第j+1列には、0、1が交互に並んでいくことになる。
このことは、第ｉ行より上の行についても同じことが言えるので、
第j列および第j+1列は交互になっており、(Ⅰ)より、すべての
列が交互になっている。
よって、次の2つのことが成り立つ。
・ある行が交互になっていないとき、すべての列が
交互になっている
・ある列が交互になっていないとき、すべての行が
交互になっている
(Ⅰ)、(Ⅱ)より、すべての行が交互になっている、または すべて
の列が交互になっているので、第n行と第n列の少なくとも一方に
は0と1が交互に現れる。
(２)
・すべての行が交互になっているとき
第1行～第n行それぞれ、
010101… または 101010…
の2通りずつ並び方があるので、並び方の総数は2n通り
・すべての列が交互になっているとき
同様に2n通り
・すべての行が交互であり、すべての列も交互になっているとき
(1，1)が0の場合と1の場合の2通り
よって、条件pを満たすような数字の入れ方の総数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n=2^n+2^n-2=\underline{\ 2^{n+1}-2\ }\end{align*}}$
n＝4，5あたりで実際に書いてみると規則性に気づくと思いますが、
それを書き表すのが大変です。
医学科以外は捨てても構いません（笑）
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- 2015/05/12(火) 23:57:00|
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