第１問
全ての面が合同な三角形である四面体OABCを考える。
この四面体について、
$\small\sf{\begin{align*} \sf OA=\sqrt3\ ,\ OB=2\ ,\ OC=\sqrt5\end{align*}}$
とする。
(１) 内積 $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ をそれぞれ求めよ。
(２) 点Oから3点A、B、Cを含む平面に下ろした垂線をOHとするとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$ を用いて表せ。
(３) 四面体OABCの体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
すべての面が合同なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\sqrt5\ ,\ BC=\sqrt3\ ,\ CA=2\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=|\overrightarrow{\sf OA}||\overrightarrow{\sf OB}|\cos\angle AOB\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =|\overrightarrow{\sf OA}||\overrightarrow{\sf OB}|\cdot\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2OA\cdot OB}\end{align*}}$ ←余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left( \sqrt3\right)^2+2^2-\left(\sqrt5 \right)^2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1\ }\end{align*}}$ ．
同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}=\frac{2^2+\left(\sqrt5 \right)^2-\left( \sqrt3\right)^2}{2}=\underline{\ \ 3\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OA}=\frac{\left(\sqrt5 \right)^2+\left( \sqrt3\right)^2-2^2}{2}=\underline{\ \ 2\ }\end{align*}}$
(２)
実数r、s、tを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=r\overrightarrow{\sf OA}+s\ \overrightarrow{\sf OB}+t\ \overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$
とおくと、Hは平面ABC上の点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r+s+t=1\end{align*}}$ ……①
また、OH⊥平面ABCなので、OH⊥ABかつOH⊥ACなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=\left(r\ \overrightarrow{\sf OA}+s\ \overrightarrow{\sf OB}+t\ \overrightarrow{\sf OC} \right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}-|\overrightarrow{\sf OA}|^2 \right)r+\left(|\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}| \right)s+\left(\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OA} \right)t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2r+3s+t=0\end{align*}}$ ……②
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\cdot\overrightarrow{\sf AC}=\left(r\ \overrightarrow{\sf OA}+s\ \overrightarrow{\sf OB}+t\ \overrightarrow{\sf OC} \right)\cdot\left(\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OA} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-r+2s+3t=0\end{align*}}$ ……③
①、②、③を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{7}{11}\ ,\ s=\frac{5}{11}\ ,\ t=-\frac{1}{11}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=\underline{\ \frac{7}{11}\ \overrightarrow{\sf OA}+\frac{5}{11}\ \overrightarrow{\sf OB}-\frac{1}{11}\ \overrightarrow{\sf OC}\ }\end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OH}|^2=\frac{1}{11^2}\left|7\overrightarrow{\sf OA}+5\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OC}\right|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{11^2}\left\{49|\overrightarrow{\sf OA}|^2+25|\overrightarrow{\sf OB}|^2+|\overrightarrow{\sf OC}|^2+70\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}-10\overrightarrow{\sf OB}\cdot\overrightarrow{\sf OC}-14\overrightarrow{\sf OC}\cdot\overrightarrow{\sf OOA} \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{264}{11^2}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ABC=\triangle OAB\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\sf OA}|^2|\overrightarrow{\sf OB}|^2-\left(\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB} \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\sqrt{3\cdot 4-1^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt{11}}{2}\end{align*}}$
なので、四面体OABCの体積をVとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}\cdot\sqrt{\frac{264}{11^2}}=\underline{\ \frac{\sqrt6}{3}\ }\end{align*}}$
計算が面倒ですが、考え方は難しくありません。
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第２問
箱の中に1、2、3の数字が書かれたカードが1枚ずつ、合計で3枚
入っている。また箱の外に1が書かれたカードを2枚、2が書かれた
カードを1枚用意しておく。いま、箱の中からカードを1枚取り出し、
外にあるカード1枚と交換して箱に戻すという試行を考える。
ただし、交換は以下のルールで行う。
・取り出されたカードが1の場合は，交換せずに箱に戻す。
・それ以外の場合は、取り出したカードに書かれている数字より
1小さい数の書かれているカードと交換し、箱に戻す。
第k回目の試行の後に、箱の中のカードに書かれてある数字が、
1，m，n （ただし1≦m≦n≦3とする）となる確率を P1,m,n(k) と
書く。ただし k は自然数とする。
(１) P1,1,2(k)およびP1,1,3(k)をkを用いて表せ。
(２) 0＜q＜1に対して$\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{\infty}kq^{k-1}\end{align*}}$ および $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{\infty}k^2q^{k-1}\end{align*}}$ をqを用いて表せ。
ただし $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\ t^2q^t=0\end{align*}}$ であることは用いてよい。
(３) 箱の中のカードに書かれてある数字が、第k回目の試行の後で
初めて全て1となる確率を rkとする。このとき $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{\infty}k\ r_k\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\sum_{k=1}^{n}kq^{k-1}\ \ ,\ \ T_n=\sum_{k=1}^{n}k^2q^{k-1}\end{align*}}$
とおく。
【Snについて】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=1+2q+3q^2+\ldots +nq^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf qS_n=\ \ \ \ \ \ \ q+2q^2+\ldots +(n-1)q^{n-1}+nq^n\end{align*}}$
辺々を引くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-q \right)S_n=1+q+q^2+\ldots +q^{n-1}-nq^n=\frac{1-q^n}{1-q}-nq^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ S_n=\frac{1-q^n}{\left(1-q\right)^2}-\frac{nq^n}{1-q}\end{align*}}$
ここで、0＜q＜1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ q^n=\lim_{n\rightarrow\infty}\ nq^n=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{\infty}kq^{k-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}S_n=\underline{\ \frac{1}{\left( 1-q\right)^2} \ }\end{align*}}$
【Tnについて】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_n=1^2+2^2q+3^2q^2+\ldots +n^2q^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf qT_n=\ \ \ \ \ \ \ \ \ q+2^2q^2+\ldots +(n-1)^2q^{n-1}+n^2q^n\end{align*}}$
辺々を引くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-q \right)T_n=1+\left(2^2-1^2 \right)q+\left(3^2-2^2 \right)q^2+\ldots \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ldots +\left\{n^2-\left(n-1 \right)^2 \right\}q^{n-1}-n^2q^n\end{align*}}$
となる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-q \right)T_n=1+3q+5q^2+\ldots +\left(2n-1 \right)q^{n-1}-n^2q^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q\left(1-q \right)T_n=\ \ \ \ \ \ q+3q^2+\ldots +\left(2n-3 \right)q^{n-1}+\left(2n-1 \right)q^{n}-n^2q^{n+1}\end{align*}}$
さらにこれら2式の辺々を引くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( 1-q\right)^2T_n=1+2q+2q^2+\ldots +2q^{n-1}-\left(n^2+2n-1 \right)q^n+n^2q^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-1+2\left(1+q+q^2+\ldots +q^{n-1}\right)-\left(n^2+2n-1 \right)q^n+n^2q^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-1+2\cdot\frac{1-q^n}{1-q}-\left(n^2+2n-1 \right)q^n+n^2q^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ T_n=-\frac{1+\left(n^2+2n-1 \right)q^n-n^2q^{n+1}}{\left( 1-q\right)^2}+\frac{2\left(1-q^n\right)}{\left(1-q\right)^3}\end{align*}}$ ．
ここで、0＜q＜1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ q^n=\lim_{n\rightarrow\infty}\ nq^n=\lim_{n\rightarrow\infty}\ n^2q^n=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{\infty}k^2q^{k-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}T_n=-\frac{1}{\left(1-q \right)^2}+\frac{2}{\left(1-q \right)^3}=\underline{\ \frac{1+q}{\left( 1-q\right)^3} \ }\end{align*}}$
(１)
k回目の試行の後に箱の中に1，2，3のカードが残っているのは、
k回とも1のカードを取り出すときなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{1,2,3}\left(k \right)=\left( \frac{1}{3}\right)^k\end{align*}}$ ．
自然数kに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_k=P_{1,1,3}\left(k \right)\ \ ,\ \ b_k=P_{1,2,2}\left(k \right)\ \ ,\ \ c_k=P_{1,1,2}\left(k \right)\end{align*}}$
とおくと、箱の中のカードは下図のように変化するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=b_1=\frac{1}{3}\ \ ,\ \ c_1=0\end{align*}}$
【akについて】
上図より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{k+1}=\frac{2}{3}\ a_k+\frac{1}{3}\ P_{1,2,3}\left(k \right)=\frac{2}{3}\ a_k+\left( \frac{1}{3}\right)^{k+1}\end{align*}}$
両辺に3k+1をかけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^{k+1}a_{k+1}=2\cdot 3^k a_k+1\ \ \Leftrightarrow\ \ 3^{k+1}a_{k+1}+1=2\left(3^{k}a_{k}+1 \right)\end{align*}}$
と変形できるので、数列{3kak}は等比数列をなす。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^{k}a_{k}+1=2^{k-1}\left(3^{1}a_{1}+1 \right)=2^k\ \ \Leftrightarrow\ \ a_k=\left( \frac{2}{3}\right)^k-\left( \frac{1}{3}\right)^k\end{align*}}$
【bkについて】
上図より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_{k+1}=\frac{1}{3}\ b_k+\frac{1}{3}\ P_{1,2,3}\left(k \right)=\frac{1}{3}\ b_k+\left( \frac{1}{3}\right)^{k+1}\end{align*}}$
両辺に3k+1をかけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^{k+1}b_{k+1}=3^k b_k+1\end{align*}}$
と変形できるので、数列{3kbk}は公差1の等差数列をなす。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^{k}b_{k}+1=3^{1}b_{1}+\left(n-1 \right)=k\ \ \Leftrightarrow\ \ b_k=k\left( \frac{1}{3}\right)^k\end{align*}}$
【ckについて】
上図より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_{k+1}=\frac{2}{3}\ c_k+\frac{1}{3}\ a_k+\frac{2}{3}\ b_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{3}\ c_k+\frac{1}{3}\left\{\left( \frac{2}{3}\right)^k-\left( \frac{1}{3}\right)^k \right\}+\frac{2}{3}k\left( \frac{1}{3}\right)^k\end{align*}}$
両辺に $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{2} \right)^{k+1}\end{align*}}$ をかけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{2} \right)^{k+1}c_{k+1}-\left(\frac{3}{2} \right)^{k}\ c_k=\frac{1}{2}\left\{1-\left( \frac{1}{2}\right)^k +k\left( \frac{1}{2}\right)^{k-1}\right\}\end{align*}}$
と変形できるので、この式の右辺は数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{\left(\frac{3}{2} \right)^{k}\ c_k \right\}\end{align*}}$ の
階差数列となる。よって、n≧2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{2} \right)^{k}\ c_k=\frac{3}{2}\ c_1+\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{k-1}\left\{1-\left( \frac{1}{2}\right)^j +j\left( \frac{1}{2}\right)^{j-1}\right\}\end{align*}}$
ここで、(２)のSnと同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{j=1}^{k-1}j\left( \frac{1}{2}\right)^{j-1}=\frac{1-\left( \frac{1}{2}\right)^{k-1}}{\left(1-\frac{1}{2}\right)^2}-\frac{\left(k-1\right)\left( \frac{1}{2}\right)^{k-1}}{1-\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4-\left(2k+2 \right)\left( \frac{1}{2}\right)^{k-1}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{2} \right)^{k}\ c_k=0+\frac{1}{2}\left\{\left(k-1 \right)-\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\left( \frac{1}{2}\right)^{k-1}}{1-\frac{1}{2}} +4-\left(2k+2 \right)\left( \frac{1}{2}\right)^{k-1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c_k=\frac{1}{2}\left( k+2\right)\left( \frac{2}{3}\right)^k-\left( 2k+1\right)\left( \frac{1}{3}\right)^k\end{align*}}$
これはk=1のときも満たす。
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ P_{1,1,2}\left(k \right)=\frac{1}{2}\left( k+2\right)\left( \frac{2}{3}\right)^k-\left( 2k+1\right)\left( \frac{1}{3}\right)^k\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ P_{1,1,3}\left(k \right)=\left( \frac{2}{3}\right)^k-\left( \frac{1}{3}\right)^k\ }\end{align*}}$
(３)
k回目の試行で初めてカードが1，1，1になるのは、
k-1の試行が終わった段階でカードが1，1，2であり、かつ
k回目の試行で2のカードを取り出す場合なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_k=\frac{1}{3}\ P_{1,1,2}\left(k-1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left[\frac{1}{2}\left\{ \left(k-1\right)+2\right\}\left( \frac{2}{3}\right)^{k-1}-\left\{ 2\left(k-1\right)+1\right\}\left( \frac{1}{3}\right)^{k-1} \right]\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}\left(k+1\right)\left( \frac{2}{3}\right)^{k-1}-\frac{1}{3}\left(2k-1\right)\left( \frac{1}{3}\right)^{k-1} \end{align*}}$
よって、(２)の結果を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{\infty}k\ r_k=\frac{1}{6}\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left( \frac{2}{3}\right)^{k-1}+\frac{1}{6}\sum_{k=1}^{\infty}k\left( \frac{2}{3}\right)^{k-1}-\frac{2}{3}\sum_{k=1}^{\infty}k^2\left( \frac{1}{3}\right)^{k-1}+\frac{1}{3}\sum_{k=1}^{\infty}k\left( \frac{1}{3}\right)^{k-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}\cdot\frac{1+\frac{2}{3}}{\left(1-\frac{2}{3} \right)^3}-\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{\left(1-\frac{2}{3} \right)^2}-\frac{2}{3}\cdot\frac{1+\frac{1}{3}}{\left(1-\frac{1}{3} \right)^3}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{\left(1-\frac{1}{3} \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{27}{4}\ }\end{align*}}$
これは面倒ですな。
(１)のP1,1,3(k)と(２)ぐらいは解きたいものです。
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第３問
a、b、p、qを実数（ただしp≠0）とし、行列Xを
$\small\sf{\begin{align*} \sf X=\begin{pmatrix} \sf p&\sf -q \\ \sf q & \sf p^{-1} \end{pmatrix}\end{align*}}$
で定義する。また、命題P(a，b)を「X2-aX+bE=Oをみたすpとqが
存在する」とする。ただしEは2次の単位行列、Oは2次の零行列と
する。
(１) 命題P(a，b)が真となる条件をaとbを用いて表せ。
(２) nを自然数としたとき、命題P(a，b)が真となる整数の組(a，b)で、
|a|≦nかつ|b|≦nとなるものの個数を、nを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ハミルトン・ケーリーの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2-\left(p+\frac{1}{p} \right)X+\left(1+q^2 \right)E=O\end{align*}}$
命題P(a，b)が真であるとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2-aX+bE=O\end{align*}}$
を満たす実数p、qが存在するので、これら2式よりX2を消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(p+ \frac{1}{p}-a\right)X=\left(q^2-b+1 \right)E\end{align*}}$ ……(#)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ p+ \frac{1}{p}-a=0\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p+ \frac{1}{p}-a=0\ \ \Leftrightarrow\ \ p^2-ap+1=0\end{align*}}$
となり、これを満たす実数pが存在するので、判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D=a^2-4\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ a^2\geqq 4\end{align*}}$
また、このとき(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q^2+1-b=0\end{align*}}$
となり、これを満たす実数qが存在するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q^2=b-1\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\geqq 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (ii)\ p+ \frac{1}{p}-a\ne0\end{align*}}$ のとき
(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\frac{q^2-b+1}{p+\frac{1}{p}-a}\ E\ \ \Leftrightarrow\ \ \begin{pmatrix} \sf p&\sf -q \\ \sf q & \sf p^{-1} \end{pmatrix}=\frac{q^2-b+1}{p+\frac{1}{p}-a}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
両辺の成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=-p\ \ \Leftrightarrow\ \ p=\pm 1\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\pm E\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2-aX+bE=\left(1\mp a+b \right)E=O\ \ \Leftrightarrow\ \ b=\pm a-1\end{align*}}$ （複号同順）
以上より、求める条件は、
「$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2\geqq 4\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\geqq 1\end{align*}}$ 」 または 「 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\pm a-1\end{align*}}$ 」
(２)
(１)で求めた条件を満たす(a，b)を図示すると、
図1の水色部分および青色の半直線となる。
このうちで|a|≦nかつ|b|≦nを満たす格子点の
個数をNとする。
(ⅰ) n=1のとき （図2）
条件を満たすのは
(1，0)、(-1，0)、(0，-1)
の3点なので、N=3
(ⅱ) n≧2のとき （図3）
2≦a≦n かつ 1≦b≦nを満たす格子点は
(n-2+1)(n-1+1)=n2-n 個
-n≦a≦-2 かつ 1≦b≦nを満たす格子点も同数。
線分b=a-1（-n≦b＜1）上の格子点は
1-(-n)=n+1 個
線分b=-a-1（-1＜b≦n）上の格子点も同数。
よって、
N=2(n2-n)+2(n+1)-1=2n2+1
この式は、n=1のときも成り立つ。
以上より、題意を満たす格子点の個数は
N=2n2+1
である。
さほど難しくないです。確実に得点したいところです。
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第４問
aを実数とする。また、関数f(x)をx＞1の範囲において
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^{-a}\left\{\log \left(x+1 \right)-\log\left(x-1 \right)\right\}\end{align*}}$
で定義する。
(１) 関数f(x)が単調減少であるためのaの条件を求めよ。
(２) 級数 $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=2}^{\infty}f\left( n\right)\end{align*}}$ が正の無限大に発散するようなaの条件を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^{-a}\left\{\log \left(x+1 \right)-\log\left(x-1 \right)\right\}\ \ \ \left( x>1\right)\end{align*}}$
(１)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=-ax^{-a-1}\left\{\log \left(x+1 \right)-\log\left(x-1 \right)\right\}+x^{-a}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x-1} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-x^{-a-1}\left\{a\log \left(x+1 \right)-a\log\left(x-1 \right)-\frac{x}{x+1}+\frac{x}{x-1} \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-x^{-a-1}\left\{a\log \left(x+1 \right)-a\log\left(x-1 \right)-\left(1-\frac{x}{x+1}\right)+\left(1+\frac{x}{x-1} \right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-x^{-a-1}\left\{a\log \left(x+1 \right)-a\log\left(x-1 \right)+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1} \right\}\end{align*}}$
関数h(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(x)=a\log \left(x+1 \right)-a\log\left(x-1 \right)+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1}\ \ \ \left( x>1\right)\end{align*}}$
とおくと、f(x)が単調減少であるためには、x＞1でつねにh(x)＞0で
あればよい。
h(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=\frac{a}{x+1}-\frac{a}{x-1}-\frac{1}{\left(x+1 \right)^2}-\frac{1}{\left(x-1 \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2\cdot\frac{\left(a+1 \right)x^2-a+1}{\left(x+1 \right)^2\left(x-1 \right)^2}\end{align*}}$
(ⅰ) a≧1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\frac{a-1}{a+1}}=\sqrt{1-\frac{2}{a+1}}<1\end{align*}}$
および
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty} h(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\left(a\log\frac{x+1}{x-1}+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+1} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a\lim_{x\rightarrow\infty}\log\frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}+0+0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a\log 1=0\end{align*}}$
なので、h(x)の増減は次のようになる。
よって、x＞1でつねにh(x)＞0となる。
(ⅱ) -1≦a＜1のとき
x＞1でつねにh’(x)＞0となるので、(ⅰ)と同様に考えると、
x＞1でつねにh(x)＞0となる。
(ⅲ) a＜-1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\frac{a-1}{a+1}}=\sqrt{1-\frac{2}{a+1}}>1\end{align*}}$
なので、h(x)の増減は次のようになる。
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\left(\sqrt{\frac{a-1}{a+1}} \right)<0\end{align*}}$
なので、h(x)＜0となるxが存在する。
(ⅰ)～(ⅲ)より、f(x)が単調減少であるための条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a\geqq -1\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\sum_{n=2}^{\infty}f\left( n\right)\end{align*}}$ とおく。
(Ⅰ) a≦0のとき
n≧2よりn-a≧1なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (n)=\log\left(n+1 \right)-\log\left(n-1 \right)=\log\frac{n+1}{n-1}\end{align*}}$ ．
これは、n=2，3，…，Nに対して成り立つので、和をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=2}^Nf\ (n)\geqq \sum_{n=2}^N\log\frac{N+1}{N-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\frac{3}{1}+\log\frac{4}{2}+\log\frac{5}{3}+\ldots +\log\frac{N}{N-2}+\log\frac{N+1}{N-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\frac{3}{1}\cdot\frac{4}{2}\cdot\frac{5}{3}\cdot\ldots \cdot\frac{N}{N-2}\cdot\frac{N+1}{N-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\frac{N\left(N+1\right)}{2}\end{align*}}$ ．
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{N\rightarrow\infty} \log\frac{N\left(N+1\right)}{2}=+\infty\end{align*}}$
なので、級数Sは正の無限大に発散する。
(Ⅱ) a＞0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \log x\right)'=\frac{1}{x}\end{align*}}$
なので、平均値の定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\log\left( n+1\right)-\log\left(n-1 \right)}{\left( n+1\right)-\left(n-1 \right)}=\frac{1}{c}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log\left( n+1\right)-\log\left(n-1 \right)=\frac{2}{c}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f(n)=\frac{2}{cn^a}\end{align*}}$
となるcがn-1＜c＜n+1の範囲に存在する。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(n)=\frac{2}{cn^a}<\frac{2}{\left(n-1 \right)n^a}<\frac{2}{\left(n-1 \right)^{a+1}}\end{align*}}$
となり、これはn=2，3，…，Nに対して成り立つので、和をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=2}^Nf\ (n)< \sum_{n=2}^N\frac{2}{\left(n-1 \right)^{a+1}}=\sum_{n=1}^{N-1}\frac{2}{n^{a+1}}\end{align*}}$ ……(#)
ここで、自然数nに対してn≦x＜n+1となる実数xを考えると
a＞0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{\left(n+1 \right)^{a+1}}<\frac{2}{x^{a+1}}\leqq\frac{2}{n^{a+1}}\end{align*}}$
であり、これはn≦x＜n+1の範囲で常に成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_n^{n+1}\frac{2}{\left(n+1 \right)^{a+1}}dx<\int_n^{n+1}\frac{2}{x^{a+1}}dx\leqq\int_n^{n+1}\frac{2}{n^{a+1}}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{\left(n+1 \right)^{a+1}}<\int_n^{n+1}\frac{2}{x^{a+1}}dx\leqq\frac{2}{n^{a+1}}\end{align*}}$ ．
この不等式はn=1，2，…，N-1に対して成り立つので、和をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=1}^{N-1}\frac{2}{\left(n+1 \right)^{a+1}}<\sum_{n=1}^{N-1}\int_n^{n+1}\frac{2}{x^{a+1}}dx\leqq\sum_{n=1}^{N-1}\frac{2}{n^{a+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{n=2}^{N}\frac{2}{n^{a+1}}<\int_1^{N}\frac{2}{x^{a+1}}dx\leqq\sum_{n=1}^{N-1}\frac{2}{n^{a+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \int_1^{N}\frac{2}{x^{a+1}}dx\leqq\sum_{n=1}^{N-1}\frac{2}{n^{a+1}}<2-\frac{2}{N^{a+1}}+\int_1^{N}\frac{2}{x^{a+1}}dx\end{align*}}$ ．
これと(#)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=2}^{\infty}f\ (n)< \lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{2}{n^{a+1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf <\lim_{N\rightarrow\infty}\left(2-\frac{2}{N^{a+1}}+\int_1^{N}\frac{2}{x^{a+1}}dx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2-0+\lim_{N\rightarrow\infty}\int_1^{N}\frac{2}{x^{a+1}}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+\lim_{N\rightarrow\infty}\left[-\frac{2}{ax^a} \right]_1^{N}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+\lim_{N\rightarrow\infty}\left(-\frac{2}{aN^a} +\frac{2}{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+\frac{2}{a}\end{align*}}$
となるので、級数Sは正の無限大に発散しない。
(Ⅰ)、(Ⅱ)よりSが正の無限大に発散するための条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a\leqq 0\ }\end{align*}}$
である。
これは(１)、(２)とも厳しいですねぇ・・・・・
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/13(土) 01:04:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .札幌医科大 2012
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