第１問(１)
行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf -1 &\sf 2 \\ \sf -6 & \sf 6 \end{pmatrix}\ \ ,\ \ B=\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 3 \end{pmatrix}\end{align*}}$
について、AX=XB、X-1=Xを満たす行列Xをすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
二次の単位行列をE、零行列をOとする。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
とおくと、ハミルトン・ケーリーの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2-\left(a+d \right)X+\left(ad-bc \right)E=O\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ E-\left(a+d \right)X+\left(ad-bc \right)E=O\ \ \ \left(\because\ X=X^{-1} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a+d \right)X=\left(ad-bc+1 \right)E\end{align*}}$ ……①
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ a+d\ne 0\end{align*}}$ のとき
①は、実数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=kE\ \ \ \ \ \ \left( k=\frac{ad-bc+1}{a+d}\right)\end{align*}}$
と表せるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AX=XB&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf kA=kB\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \begin{pmatrix} \sf -k&\sf 2k \\ \sf -6k & \sf 6k \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 2k&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 3k \end{pmatrix}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf k=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf X=O\end{align*}}$
となるが、このときX-1が存在しないので不適。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (ii)\ a+d=0\end{align*}}$ のとき
①より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(ad-bc+1\right)E=O\end{align*}}$
となり、両辺の(1，1)成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ad-bc+1=0\end{align*}}$ ……②
を得る。一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AX=XB&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \begin{pmatrix} \sf -1 &\sf 2 \\ \sf -6 & \sf 6 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 3 \end{pmatrix}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \begin{pmatrix} \sf -a+2c&\sf -b+2d \\ \sf -6a+6c & \sf -6b+6d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 2a&\sf 3b \\ \sf 2c & \sf 3d \end{pmatrix}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \begin{pmatrix} \sf -3a+2c&\sf -4b+2d \\ \sf -6a+4c & \sf -6b+3d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 0&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
となり、両辺の成分を比較すると、a+d=0なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\frac{3}{2}a\ \ ,\ \ c=\frac{1}{2}d=-\frac{1}{2}a\end{align*}}$ ．
これらを②に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a\cdot\left(-a \right)-\frac{3}{2}a\cdot\left( -\frac{1}{2}a\right)+1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a^2=4\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\pm 2\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\underline{\ \pm\begin{pmatrix} \sf 2&\sf -1 \\ \sf 3 & \sf -2 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
これはよくあるパターンの問題ですね。
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第１問(２)
OCとABが平行である台形OABCがあって、OA=OC=BC=1、
AB=AC、∠AOC＞$\small\sf{\pi}$ /2を満たしているものとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ 、∠AOC=$\small\sf{\theta}$ として、以下の問いに答えよ。
(ⅰ) cos$\small\sf{\theta}$ の値を求めよ。また、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ と$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ を用いて表せ。
(ⅱ) 点Bから対角線ACに垂線を下ろし、垂線とACとの交点を
Hとする。$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{CH}{AH}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
辺AB上にOA//CDとなる点Dをとると、
四角形OADCはひし形になる。よって、
CD=CB=1となるので、2つの二等辺三角形
ABCとCDBは相似である。
AB=AC=xとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB:CD=BC:DB&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x:a=a:\left( x-1\right)\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2-x-1=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\frac{1+\sqrt5}{2}\ \ (>0)\end{align*}}$
△OACに余弦定理を適用すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\frac{1^2+1^2-\left( \frac{1+\sqrt5}{2}\right)^2}{2\cdot 1\cdot 1}=\underline{\ \frac{1-\sqrt5}{4}\ }\end{align*}}$ ．
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BC}&=\sf -\overrightarrow{\sf AB}-\overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OC}\\ &=\sf -\frac{AB}{OC}\ \overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf c}\\ &=\sf -\frac{1+\sqrt5}{2}\ \overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf c}\\ &=\sf \underline{\ -\overrightarrow{\sf a}+\frac{1-\sqrt5}{2}\ \overrightarrow{\sf c}\ }\end{align*}}$
(２)
ACの中点をMとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\angle BAH=\cos\angle OAM=\frac{OA}{AM}=\frac{1+\sqrt5}{4}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AH&=\sf AB\cos\angle BAH\\ &=\sf \frac{1+\sqrt5}{2}\cdot\frac{1+\sqrt5}{4}\\ &=\sf \frac{3+\sqrt5}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CH=\frac{1+\sqrt5}{2}-\frac{3+\sqrt5}{4}=\frac{-1+\sqrt5}{4}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{CH}{AH}=\frac{\frac{-1+\sqrt5}{4}}{\frac{3+\sqrt5}{4}}=\underline{\ -2+\sqrt5\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\theta}$ =108°です。
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第２問(１)
eは自然対数の底とし、aは正の実数とする。
以下の問いに答えよ。
(ⅰ) x＞0で定義された関数 $\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=a\log x-x \end{align*}}$ の増減を調べ、
極値を求めよ．
(ⅱ) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty} x^ae^{-2x}=0\end{align*}}$ を示せ。
(ⅲ) 極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^xt^2e^{-2t}dt\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(ⅰ)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{a}{x}-a=\frac{a-x}{x}\end{align*}}$
となるので、x＞0におけるf(x)の増減は次のようになる。
よって、x=aで極大値
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (a)=\underline{\ a\log a-a\ }\end{align*}}$
をとる。
(ⅱ)
(ⅰ)より、x＞0のxに対してつねに
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=a\log x-x\leqq a\log a-a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a\log x\leqq x+a\log a-a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (0<)\ x^a\leqq e^{x+a\log a-a}\end{align*}}$
が成り立つ。両辺をe2x（＞0）で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\frac{e^a}{e^{2x}}\leqq\frac{e^{a\log a-a}}{e^x}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{e^{a\log a-a}}{e^x}=0\ \ \ \left(\because\ 0<\frac{1}{e}<1 \right)\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty} \frac{x^a}{e^{2x}}=0\end{align*}}$
(ⅲ)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^xt^2e^{-2t}dt&=\sf \left[-\frac{1}{2}t^2e^{-2t}\right]_0^x+\frac{1}{2}\int_0^x 2te^{-2t}dt\sf \\ &=\sf -\frac{1}{2}x^2e^{-2x}+\left[-\frac{1}{2}te^{-2t}\right]_0^x+\frac{1}{2}\int_0^x e^{-2t}dt \\ &=\sf -\frac{1}{2}x^2e^{-2x}-\frac{1}{2}xe^{-2x}+\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{2} e^{-2t}\right]_0^x\\ &=\sf -\frac{1}{2}x^2e^{-2x}-\frac{1}{2}xe^{-2x}-\frac{1}{4} e^{-2x}+\frac{1}{4} \end{align*}}$
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}x^2e^{-2x}=\lim_{x\rightarrow\infty}xe^{-2x}=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^xt^2e^{-2t}dt=\underline{ \frac{1}{4}}\end{align*}}$
(ⅱ)さえできれば(ⅲ)はオマケです。
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第２問(２)
0＜t＜$\small\sf{\pi}$ とする。曲線 $\small\sf{\begin{align*} \sf C:\ y=\sin\frac{x}{2}\ \left(0\leqq x\leqq \pi \right)\end{align*}}$ 上の点P$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(t\ ,\ \sin\frac{t}{2}\right)\end{align*}}$
におけるCの接線をL1、点Pと原点を通る直線をL2とする。以下
の問いに答えよ。
(ⅰ) 接線L1とx軸との交点のx座標をtを用いて表せ。
(ⅱ) i=1、2について、直線Li、x軸および直線x=tで囲まれた
三角形をx軸のまわりに回転させてできた円錐の体積をVi
とする。また、曲線C、x軸および直線x=tで囲まれた図形
をx軸のまわりに回転させてできた回転体の体積をVとする。
V1、V2およびVをtを用いて表せ。
(ⅲ) 極限値$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\theta-\sin\theta}{\theta^3}\end{align*}}$ を求めよ。ただし、$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\sin\theta}{\theta}\end{align*}}$ は利用してよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \sin\frac{x}{2}\right)'=\frac{1}{2}\cos\frac{x}{2}\end{align*}}$ より、PにおけるCの接線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_1:\ y-\sin\frac{t}{2}=\frac{1}{2}\left(\cos\frac{t}{2}\right)\left(x-t \right)\end{align*}}$
L1のx切片は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\sin\frac{t}{2}=\frac{1}{2}\left(\cos\frac{t}{2}\right)\left(x-t \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\underline{t-2\tan\frac{t}{2}}\end{align*}}$
(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \sin\frac{x}{2}\right)''=-\frac{1}{4}\sin\frac{x}{2}\lt 0\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt x\lt\pi \right)\end{align*}}$
なので、Cは上に凸な曲線である。
よって、L1、L2、Cの位置関係は
右図のようになる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_1&=\sf \frac{\pi}{3}\left( \sin\frac{t}{2}\right)^2\cdot \left\{t- \left(t-2\tan\frac{t}{2} \right)\right\}\\ &=\sf \underline{\ \frac{2\pi}{3}\sin^2\frac{t}{2}\tan\frac{t}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_2&=\sf \frac{\pi}{3}\left( \sin\frac{t}{2}\right)^2\cdot t &=\sf \underline{\ \frac{\pi}{3}\ t\sin^2\frac{t}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \pi\int_0^t\sin^2\frac{x}{2}\ dx\\ &=\sf \frac{\pi}{2}\int_0^t\left(1-\cos x \right)dx\\ &=\sf \frac{\pi}{2}\bigg[x-\sin x \bigg]_0^t\\ &=\sf \underline{\ \frac{\pi}{2}\left(t-\sin t \right)}\end{align*}}$
(ⅲ)
V2＜V＜V1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\ t\sin^2\frac{t}{2}\lt\frac{\pi}{2}\left(t-\sin t \right)\lt\frac{2\pi}{3}\sin^2\frac{t}{2}\tan\frac{t}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{3}\ t\sin^2\frac{t}{2}\lt t-\sin t\lt\frac{4}{3\cos\frac{t}{2}}\sin^3\frac{t}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{3}\left(\frac{\sin\frac{t}{2}}{t}\right)^2<\frac{t-\sin t}{t^3} <\frac{4}{3\cos\frac{t}{2}}\left(\frac{\sin\frac{t}{2}}{t}\right)^3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\theta=t\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{2}{3}\left(\frac{\sin\frac{t}{2}}{t}\right)^2&=\sf \lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{2}{3}\left(\frac{\sin\theta}{2\theta}\right)^2\\ &=\sf \frac{1}{6}\lim_{\theta\rightarrow +0}\left(\frac{\sin\theta}{\theta}\right)^2\\ &=\sf \frac{1}{6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{4}{3\cos\frac{t}{2}}\left(\frac{\sin\frac{t}{2}}{t}\right)^3&=\sf \lim_{\theta\rightarrow +0}\frac{4}{3\cos\theta}\left(\frac{\sin\theta}{2\theta}\right)^3\\ &=\sf \frac{1}{6}\lim_{\theta\rightarrow +0}\left(\frac{\sin\theta}{\theta}\right)^3\\ &=\sf \frac{1}{6}\end{align*}}$
はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{t-\sin t}{t^3}=\frac{1}{6}\end{align*}}$
また、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta=-t\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{\theta\rightarrow -0}\frac{\theta-\sin \theta}{\theta^3}&=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{-t-\sin\left(- t\right)}{\left(-t\right)^3}\\ &=\sf \lim_{t\rightarrow +0}\frac{t-\sin t}{t^3}\\ &=\sf \frac{1}{6}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\theta-\sin \theta}{\theta^3}&=\sf \underline{\ \frac{1}{6}}\end{align*}}$
V2＜V＜V1に気づけば問題なしです。
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第３問
nは自然数とする。3次方程式x3−3x2−27x−27=0の3つの
解a、b、cについて、pn=an+bn+cnとおく。以下の問いに答
えよ。
(１) a、b、cは3つの異なる実数であることを示せ。
(２) p1、p2、p3の値を求めよ。
(３) pn+3をpnpn+1およびpn+2を用いて表せ。
(４) pnは3nの倍数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^3-3x^2-27x-27\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=3x^2-6x-27=3\left(x^2-2x-9 \right)\end{align*}}$ ．
また、筆算を用いてf(x)をf’(x)で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{1}{3}\left(x-1 \right)f\ '(x)-20x-36\end{align*}}$
と変形できるので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(1+\sqrt{10} \right)=-20\left(1+\sqrt{10} \right)-36<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(1-\sqrt{10} \right)=-20\left(1-\sqrt{10} \right)-36=4\left(5\sqrt{10}-14 \right)>0\end{align*}}$
これらより、f(x)の増減および曲線y=f(x)の概形は
次のようになる。
よって、曲線y=f(x)はx軸と異なる3点で交わるので、
方程式f(x)=0は相異なる3つの実数解をもつ。
(２)
3次方程式の解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a+b+c=3\ \ ,\ \ ab+bc+ca=-27\ \ ,\ \ abc=27\end{align*}}$ ……(#)
これより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_1=a+b+c=\underline{\ 3\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_2=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c \right)^2-2\left( ab+bc+ca\right)=\underline{\ 63\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_3&\sf =a^3+b^3+c^3 \\ &=\sf \left(a+b+c \right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \right)+3abc\\ &=\sf \underline{\ 351\ }\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+3}&\sf =a^{n+3}+b^{n+3}+c^{n+3} \\ &\sf =\left(a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2} \right)\left(a+b+c \right)-a^{n+2}b-b^{n+2}c-c^{n+2}a-ab^{n+2}-bc^{n+2}-ca^{n+2} \\ &\sf =3p_{n+2}-\left\{a^{n+2} \left(b+c \right)+b^{n+2}\left(c+a \right)+c^{n+2}\left(a+b \right)\right\} \\ &\sf =3p_{n+2}-\left\{\left(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1} \right)\left(ab+bc+ca \right)-a^{n+1}bc-ab^{n+1}c-abc^{n+1}\right\} \\ &\sf =3p_{n+2}-\left\{-27p_{n+1}-abc\left(a^{n}+b^{n}+c^{n}\right)\right\} \\ &\sf =\underline{\ 3p_{n+2}+27p_{n+1}+27p_n} \end{align*}}$
(４)
pnが3nの倍数であることを数学的帰納法で示す。
(ⅰ)n=1、2、3のとき、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_1=3\ \ ,\ \ p_2=3^2\cdot 7\ \ ,\ \ p_3=3^3\cdot 13\end{align*}}$
(ⅱ)n=k、k+1、k+2のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_k\ ,\ p_{k+1}\ ,\ p_{k+2}\end{align*}}$ がそれぞれ3k、3k+1、3k+2の倍数であると
仮定すると、整数 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_k\ ,\ q_{k+1}\ ,\ q_{k+2}\end{align*}}$ を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_k=3^kq_k\ ,\ p_{k+1}=3^{k+1}q_{k+1}\ ,\ p_{k+2}=3^{k+2}q_{k+2}\end{align*}}$
と表されるので、(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{k+3}&\sf =3p_{k+2}+27p_{k+1}+27p_k\sf \\ &\sf = 3^{k+3}q_{k+2}+3^{k+4}q_{k+1}+3^{k+3}q_{k}\\ &\sf =3^{k+3}\left(q_{k+2}+3q_{k+1}+q_{k}\right) \end{align*}}$
となり、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+3}\end{align*}}$ は3k+3 の倍数である。
以上より、任意の自然数nに対して、pnは3nの倍数である。
(３)の変形が難しいでしょうね。
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第４問
自然数を自然数に移す関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (n)=\left\{\begin{matrix} \sf \frac{n}{2} & (\sf n=2N) \\ \\\sf n+1 & (\sf n=2N-1) \end{matrix}\right.\end{align*}}$ （N：自然数）
について、fがmをnに移すことを、$\small\sf{\begin{align*} \sf m\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } n\end{align*}}$ と表す。例えば、
$\small\sf{\begin{align*} \sf 2\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 1\ \ ,\ \ \ 3\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 4\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 2\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 1\end{align*}}$
である。2以上の自然数nをfで繰り返し移すとき、1に移るまでに
必要な最小の移動回数をanとする。したがって、a2=1、a3=3で
ある。nを自然数として、以下の問いに答えよ。
(１) a2n+1とa2n+2をそれぞれan+1を用いて表せ。
(２) 数列{a2，a3，a4，…}を次のように、第n群の項数が2n-1に
なるように分ける。
a2|a3，a4|a5，a6，a7，a8|a9，a10，…a16|…
(ⅰ) 第n群の初項をnを用いて表せ。
(ⅱ) 第n群の総和をSnとする。Sn+1をnとSnを用いて表せ。
また、Snをnを用いて表せ。
(ⅲ) $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=2}^{2^n}a_k\end{align*}}$ をnを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2n+1\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 2n+2\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } n+1\end{align*}}$
と移動するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a_{2n+2}=a_{n+1}+1\ \ ,\ \ a_{2n+1}=a_{n+1}+2}\end{align*}}$
(２)(ⅰ)
第n群の初項をbnとおく。
第n群の項数が2n-1なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1+\left(2^0+2^1+2^2+\ldots 2^{n-1}\right)=1+\frac{2^n-1}{2-1}=2^n\end{align*}}$
より、第n群の末項は$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2^n}\end{align*}}$ 、第n-1群の末項は$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2^{n-1}}\end{align*}}$ である。
よって、第n群の初項は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=a_{2^{n-1}+1}\end{align*}}$
となり、２回の移動によって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2^{n-1}+1\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 2^{n-1}+2\xrightarrow[\ ]{\ \ f\ \ } 2^{n-2}+1\end{align*}}$
と移るので、関係式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_1=a_1=1\ \ ,\ \ b_{n}=b_{n-1}+2\end{align*}}$
が成り立つ。数列{bn}は公差2の等差数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=b_1+2\left(n-1 \right)=\underline{\ 2n-1\ }\end{align*}}$
(２)(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=a_{2^{n-1}+1}+a_{2^{n-1}+2}+\ldots +a_{2^{n}-1}+a_{2^{n}}\end{align*}}$
なので、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_{n+1}&=\sf a_{2^{n}+1}+a_{2^{n}+2}+\ldots +a_{2^{n+1}-1}+a_{2^{n+1}}\\ &=\sf \left(a_{2^{n-1}+1}+2 \right)+\left(a_{2^{n-1}+1}+1 \right)+\ldots \left(a_{2^{n}+1}+2 \right)+\left(a_{2^{n}+1}+1 \right)\\ &=\sf 2\left( a_{2^{n-1}+1}+a_{2^{n-1}+2}+\ldots +a_{2^{n}-1}+a_{2^{n}}\right)+\left(2+1 \right)\cdot 2^{n-1}\\ &=\sf \underline{\ 2S_n+3\cdot 2^{n-1}}\end{align*}}$
両辺を2n+1で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{S_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{S_n}{2^n}+\frac{3}{4}\end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{ \frac{S_n}{2^n}\right\}\end{align*}}$ は等差数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{S_n}{2^n}&=\sf \frac{S_1}{2^1}+\frac{3}{4}\left(n-1 \right)\\ &\sf =\frac{3n-1}{4}\ \ \ \ \left(\because\ S_1=a_2=1 \right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ S_n=\underline{\ \left(3n-1 \right)\cdot 2^{n-2}\ }\end{align*}}$
(２)(ⅲ)
求める和をTとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T=\sum_{k=2}^{2^n}a_k=\sum_{k=1}^nS_k=\sum_{k=1}^n\left(3k-1 \right)\cdot 2^{k-2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T=2\cdot 2^{-1}+5\cdot 2^0+8\cdot 2^1+\ldots +\left(3n-1 \right)\cdot 2^{n-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2T= \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 2\cdot 2^{0}+5\cdot 2^1+\ldots +\left(3n-4 \right)\cdot 2^{n-2}+\left(3n-1 \right)\cdot 2^{n-1}\end{align*}}$
辺々引くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -T&=\sf 1+3\cdot 1+3\cdot 2+3\cdot 2^2+\ldots +3\cdot 2^{n-2}-\left(3n-1 \right)\cdot 2^{n-1}\\ &=\sf 1+\frac{3\left(2^{n-1}-1 \right)}{2-1}-\left(3n-1 \right)\cdot 2^{n-1}\\ &=\sf -\left(3n-4 \right)\cdot 2^{n-1}-2 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ T=\underline{\ \left(3n-4 \right)\cdot 2^{n-1}+2}\end{align*}}$
これは完答したいですね！
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/09(火) 01:18:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .福島県立医科大 2012
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