第１問
nを1以上の整数とし、
$\small\sf{\begin{align*}\sf f_n(x)=\frac{1}{\left(2-x \right)^n}+\left(-1 \right)^{n-1}\frac{1}{\left(2+x \right)^n}\ \ \ \ \left(|x|\lt2 \right)\end{align*}}$
とおく。これについて
$\small\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 1}\sf=\int_0^1f_1(x)dx\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\int_0^1\left( 1-x\right)^{n-1}f_n(x)dx\ \ \ (n\geqq 2)\end{align*}}$
とおく。
(１) fn(x)の導関数fn’(x)をfn+1(x)を用いて表せ。
(２) nが奇数のとき $\small\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\frac{1}{2^{n-1}n}+\rm I_{\sf n+1}\sf\end{align*}}$ 、nが偶数のとき
$\small\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\rm I_{\sf n+1}\end{align*}}$ であることを示せ。
(３) $\small\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq \rm I_{\sf n}\sf\leqq\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ であることを示せ。
(４) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{4^{k-1}\left(2k-1 \right)}=\log 3\end{align*}}$ であることを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n(x)=\frac{1}{\left(2-x \right)^n}+\left(-1 \right)^{n-1}\frac{1}{\left(2+x \right)^n}\ \ \ \ \left(|x|\lt 2 \right)\end{align*}}$
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n'(x)=\frac{-n}{\left(2-x \right)^{n+1}}\cdot (-1)+\left(-1 \right)^{n-1}\frac{-n}{\left(2+x \right)^{n+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =n\left\{\frac{1}{\left(2-x \right)^{n+1}}+\left(-1 \right)^{n}\frac{1}{\left(2+x \right)^{n+1}}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ n\ f_{n+1}(x)\ }\end{align*}}$
(２)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\int_0^1\left( 1-x\right)^{n-1}f_n(x)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left[- \frac{1}{n}\left(1-x \right)^nf_n(x)\right]_0^1+\frac{1}{n}\int_0^1\left(1-x \right)^nf_n'(x)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n}\ f_n(0)+\int_0^1\left(1-x \right)^nf_{n+1} (x)dx\end{align*}}$ ←(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n}\left\{ \frac{1}{2^n}+\left(-1 \right)^{n-1}\cdot\frac{1}{2^n}\right\}+\rm I_{\sf n+1}\end{align*}}$
となるので、
nが奇数のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\frac{1}{n}\left\{ \frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^n}\right\}+\rm I_{\sf n+1}\sf=\frac{1}{2^{n-1}n}+\rm I_{\sf n+1}\end{align*}}$
nが偶数のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf n}\sf=\frac{1}{n}\left\{ \frac{1}{2^n}-\frac{1}{2^n}\right\}+\rm I_{\sf n+1}\sf=\rm I_{\sf n+1}\end{align*}}$
(３)
0≦x≦1の範囲において
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n(x)\geqq \frac{1}{\left(2-x \right)^n}-\frac{1}{\left(2+x \right)^n}\geqq 0\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt 2-x\leqq 2+x \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n(x)\leqq \frac{1}{\left(2-x \right)^n}+\frac{1}{\left(2+x \right)^n}\leqq \sf\frac{1}{1}+\frac{1}{1}=2\ \ \ \ \left(\because\ 1\leqq 2-x\leqq 2+x \right)\end{align*}}$
なので、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq \left( 1-x\right)^{n-1}f_n(x)\leqq 2\left( 1-x\right)^{n-1}\end{align*}}$
が成り立つ。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq \int_0^1\left( 1-x\right)^{n-1}f_n(x)dx\leqq \int_0^12\left( 1-x\right)^{n-1}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq \rm I_{\sf n}\sf\leqq 2\left[ -\frac{1}{n}\left(1-x \right)^n\right]_0^1=\frac{2}{n}\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(４)
kを自然数とすると、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 2k-1}\sf=\frac{1}{2^{2k-2}\left(2k-1 \right)}+\rm I_{\sf 2k}\sf\ \ ,\ \ \rm I_{\sf 2k}=\rm I_{\sf 2k+1}\end{align*}}$
となるので、これらより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 2k-1}\sf=\frac{1}{4^{k-1}\left(2k-1 \right)}+\rm I_{\sf 2k+1}\end{align*}}$ ．
この等式は、k＝1，2，…，nに対しても成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 1}\sf=\frac{1}{4^{0}\cdot 1}+\rm I_{\sf 3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 3}\sf=\frac{1}{4^{1}\cdot 3}+\rm I_{\sf 5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 2k-1}\sf=\frac{1}{4^{k-1}\left(2k-1 \right)}+\rm I_{\sf 2k+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 2n-1}\sf=\frac{1}{4^{n-1}\left(2n-1 \right)}+\rm I_{\sf 2n+1}\end{align*}}$
これらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 1}\sf=\left\{\sum_{k=1}^n\frac{1}{4^{k-1}\left(2k-1 \right)}\right\}+\rm I_{\sf 2n+1}\end{align*}}$
n→∞の極限を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{4^{k-1}\left(2k-1 \right)}=\rm I_{\sf 1}\sf-\lim_{n\rightarrow\infty}\ \rm I_{\sf 2n+1}\end{align*}}$ ……(#)
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \rm I_{\sf 1}\sf=\int_0^1\left( \frac{1}{2-x}+\frac{1}{2+x}\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\bigg[-\log\left|2-x \right|+\log\left|2+x \right|\bigg]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\log 3\end{align*}}$
また、(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq \rm I_{\sf 2n+1}\sf\leq\frac{2}{2n+1}\end{align*}}$
が成り立ち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2}{2n+1}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \rm I_{\sf 2n+1}\sf=0\end{align*}}$
これらと(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{4^{k-1}\left(2k-1 \right)}=\log 3\end{align*}}$
が成り立つ。
この大問が一番易しいので落とせません。
(３)が少しややこしいですかね。
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第２問
円錐Cは母線の長さが1で、側面を扇形に展開したときの展開図の
中心角が$\small\sf{\theta\ （0\lt\theta\lt 2\pi)}$であるとする。円錐Cの底面の半径をR
とし、円錐Cに内接する球Bの半径をrとする。球Bと円錐Cの側面と
で囲まれた部分をAとする。
(１) Rとrを$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(２) Aの体積をVとするとき、VをRを用いて表せ。
(３) Cの側面のうちAに含まれる部分の面積をSとする。$\small\sf{0\lt\theta\lt 2\pi}$
のとき、$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{V}{S}\end{align*}}$ を最大にする$\small\sf{\theta}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
側面を展開した扇形の弧の長さは、底面の円周に
等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\pi\cdot 1\cdot\frac{\theta}{2\pi}=2\pi R\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ R=\frac{\theta}{2\pi}\ }\end{align*}}$ ……(ⅰ)
Cの頂点をD、底面の中心をE、Bの中心をOとする。
D、E、Oを通る平面でBおよびCを切断した断面を
考え、右図のように点F、Gをとる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf DE=\sqrt{DF^2-EF^2}=\sqrt{1-R^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf FH=FE=R\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OE=OH=r\end{align*}}$
であり、△DOG∽△DEFなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OG:FE=DG:DE\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r:R=\left(1-R \right):\sqrt{1-R^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r=\frac{R\left(1-R \right)}{\sqrt{1-R^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{R\sqrt{1-R^2}}{1+R}\end{align*}}$ ……(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{R\sqrt{1-\left( \frac{\theta}{2\pi}\right)^2}}{1+\frac{\theta}{2\pi}}\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{\theta\sqrt{4\pi^2-\theta^2}}{2\pi\left(2\pi+\theta \right)}\ }\end{align*}}$
(２)
下図のような、Oを原点とするxy座標平面を考えると、
Aは水色部分をx軸の周りに1回転してできる立体である。
∠EDF＝$\scriptsize\sf{alpha}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\alpha=\frac{EF}{DF}=R\ \ ,\ \ \cos\alpha=\frac{DE}{DF}=\sqrt{1-R^2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf GH=DG\sin\alpha=R\left(1-R \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf DH=DG\cos\alpha=\left(1-R \right)\sqrt{1-R^2}\end{align*}}$
よって、△DGHを回転してできる円錐の体積をV1とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_1=\frac{\pi}{3}\cdot HI^2\cdot DI=\frac{\pi}{3}R^2\left(1-R \right)^3\sqrt{1-R^2}\end{align*}}$
一方、円Oの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^2+y^2=r^2\end{align*}}$
であり、点Gのx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r\cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha \right)=r\sin\alpha=rR\end{align*}}$
なので、ピンク色部分の回転体の体積をV2とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_2=\pi\int_{rR}^r\left(r^2-x^2 \right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\pi\left[r^2x- \frac{x^3}{3}\right]_{rR}^r\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}r^3\left(R^3-3R+2 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}r^3\left(R-1\right)^2\left(R+2 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}\left(R-1\right)^2\left(R+2 \right)\cdot\frac{R^3\left(1-R^2 \right)\sqrt{1-R^2}}{\left(1+R \right)^3}\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi R^3\left(1-R \right)^3\left(R+2 \right)\sqrt{1-R^2}}{3\left(1+R \right)^2}\end{align*}}$
これらより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=V_1-V_2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}R^2\left(1-R \right)^3\sqrt{1-R^2}-\frac{\pi R^3\left(1-R \right)^3\left(R+2 \right)\sqrt{1-R^2}}{3\left(1+R \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}R^2\left(1-R \right)^3\sqrt{1-R^2}\left\{1-\frac{R\left(R+2 \right)}{\left(1+R \right)^2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \frac{\pi R^2\left(1-R \right)^3\sqrt{1-R^2}}{3\left(1+R \right)^2}\ }\end{align*}}$
(３)
Cの側面のうちAに含まれる部分は、半径1－R、中心角$\scriptsize\sf{\theta}$の
扇形なので、その面積Sは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S=\pi\left(1-R \right)^2\cdot\frac{\theta}{2\pi}=\pi R\left(1-R \right)^2\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(R)=\left(\frac{V}{S} \right)^2\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(R)=\left\{ \frac{\pi R^2\left(1-R \right)^3\sqrt{1-R^2}}{3\left(1+R \right)^2}\cdot\frac{1}{\pi R\left(1-R \right)^2}\right\}^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{R^2\left( 1-R\right)}{9\left(1+R \right)^3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(R)=\frac{\left\{2R\left(1-R \right)^3+R^2\cdot (-3)\left( 1-R\right)^2 \right\}\left(1+R \right)^3-R^2\left( 1-R\right)^3\cdot 3\left(1+R \right)^2}{9\left(1+R \right)^6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{-2R\left( 1-R\right)^2\left(R^2+3R-1 \right)}{9\left(1+R \right)^4}\end{align*}}$
(ⅰ)と$\scriptsize\sf{0\lt\theta\lt 2\pi}$ より、0＜R＜1なので、この範囲における
f(R)の増減は次のようになる。
f(R)が最大になるとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{V}{S}\end{align*}}$ も最大になるので、そのときの$\scriptsize\sf{\theta}$ の値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta=2\pi R=\underline{\ \left(\sqrt{13}-3 \right)\pi\ }\end{align*}}$
である。
考え方はそこまで難しくありませんが、
計算がとにかく面倒です。
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第４問
1から10までの番号が書かれたカードが1枚ずつ全部で10枚ある。
この中から無作為に1枚選び、立方体ABCD-EFGHの頂点Aにその
カードを割り当てる。次に残りの9枚から無作為に1枚選び、頂点Bに
そのカードを割り当てる。以下同様にして、CからHまでの頂点にカー
ドを割り当て、立方体の8個の頂点に8枚の異なるカードを割り当てる。
(１) 立方体の8個の頂点に割り当てたカードの番号の和が偶数になる
確率を求めよ。
(２) 立方体の面のうちで、面の4頂点に割り当てたカードの番号の和が
偶数になるものの個数を考える。その個数がちょうど3になる確率を
求めよ。
(３) 立方体のすべての面において、面の4頂点に割り当てたカードの
番号の和が偶数になる確率を求めよ。
(４) 立方体のすべての面において、面の4頂点に割り当てたカードの
番号の和が奇数になる確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
偶数、奇数はそれぞれ5つずつあるので、8つ数の和が偶数になるのは、
偶数、奇数ともに4個ずつ選ばれるときである。よって、その確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{_5C_4\cdot _5C_4}{_{10}C_8}=\underline{\ \frac{5}{9}\ }\end{align*}}$
(２)
立方体の8個の頂点に割り当てたカードの番号の偶奇には、
(ア)～(シ)の12のパターンがある。
8つの頂点の数の偶数・奇数の個数、および
面の4頂点に割り当てた数の和が
偶数になる面・奇数になる面の個数
をまとめたものが右表である。
よって、偶数の面が3個になるのは
(ウ)、(ケ)、(サ)のように、8つの頂点に
偶数3個と奇数5個を割り当てる場合と、
(イ)、(キ)、(ク)のように、8つの頂点に
偶数5個と奇数3個を割り当てる場合である。
すなわち、8つ数の和が奇数になる場合なので、
求める確率は(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-\frac{5}{9}=\underline{\ \frac{4}{9}\ }\end{align*}}$
(３)
(ア)の場合
4頂点がすべて偶数になる面の決め方が6通り
偶数4個、奇数4個の並べ方は、5P4×5P4通り
(コ)の場合
頂点Aの偶奇の決め方が2通り
B、D、Eのうち、Aと偶奇を一致させる頂点の選び方が3通り
偶数4個、奇数4個の並べ方は、5P4×5P4通り
(A、B、D、Eの偶奇を決めれば、残りの頂点の偶奇は自動的に決まる)
(シ)の場合
頂点Aの偶奇の決め方が2通り
偶数4個、奇数4個の並べ方は、5P4×5P4通り
(Aの偶奇を決めれば、残りの頂点の偶奇は自動的に決まる)
以上より、求める確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{_5P_4\times _5P_4\times\left(6+2\times 3+2 \right)}{_{10}P_8}=\underline{\ \frac{1}{9}\ }\end{align*}}$
(４)
(カ)の場合
自らに偶数が割り当てられ、隣り合う3つの頂点にも
すべて偶数が割り当てられる頂点（右図の赤丸の頂点）
をA～Hのどこに配置するかが8通り、
偶数4個、奇数4個の並べ方は、5P4×5P4通り
(赤丸の頂点の場所を決めれば、残りの頂点の偶奇は
自動的に決まる)
よって、求める確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{_5P_4\times _5P_4\times 8}{_{10}P_8}=\underline{\ \frac{4}{63}\ }\end{align*}}$
全パターンを書き上げていけばよいのですが、
これがなかなか大変です。
頑張って(２)ぐらいまで出来ればOKでしょう。
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