第1問
(1) 複素数$\small\sf{\alpha}$ =$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3+i}{\sqrt3-i}\end{align*}}$ に対して、
$\small\sf{\beta}$ =$\small\sf{\alpha}$ 3、 γ=$\small\sf{\alpha}$ +$\small\sf{\alpha}$ 2+$\small\sf{\alpha}$ 3+･･･+$\small\sf{\alpha}$ 100
とするとき、$\small\sf{\beta}$ とγをそれぞれ極形式で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha&=\sf \frac{2\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)}{2\left\{\cos\left(-\frac{\pi}{6}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)\right\}}\\ &=\sf \cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \beta=\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)^3=\underline{\sf \cos\pi+i\sin\pi}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^6=\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)^6=\cos2\pi+i\sin2\pi=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha+\alpha^2+\ldots +\alpha^6=\frac{\alpha\left(1-\alpha^6\right)}{1-\alpha}=0\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^7+\alpha^8+\ldots +\alpha^{12}=\alpha^6\left(\alpha+\alpha^2+\ldots +\alpha^6\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^{13}+\alpha^{14}+\ldots +\alpha^{18}=\alpha^{12}\left(\alpha+\alpha^2+\ldots +\alpha^6\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^{91}+\alpha^{92}+\ldots +\alpha^{96}=\alpha^{90}\left(\alpha+\alpha^2+\ldots +\alpha^6\right)=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \gamma&=\sf \alpha^{97}+\alpha^{98}+\alpha^{99}+\alpha^{100}\\ &=\sf \alpha+\alpha^{2}+\alpha^{3}+\alpha^{4}\\ &=\sf \left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)+\left(\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right)+\left(\cos\pi+i\sin\pi\right)+\left(\cos\frac{4\pi}{3}+i\sin\frac{4\pi}{3}\right)\\ &=\sf \left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i\right)+\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i\right)+\left(-1\right)+\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{2}i\right)\\ &=\sf -\frac{3}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i\\ &=\sf \underline{\sf \sqrt3\left(\cos\frac{5\pi}{6}+i\sin\frac{5\pi}{6}\right)}\end{align*}}$
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第1問
(2) 当たりくじ5本を含む13本のくじがある。このくじを、A、B、C、Dの4人が
この順に1本ずつ引くとし、引いたくじはもとに戻さないとする。このとき、
以下の確率を既約分数で求めよ。
(ⅰ) 4人のうち少なくとも1人が当たる確率P1
(ⅱ) 4人のうち少なくとも2人が当たる確率P2
(ⅲ) 4人のうち少なくとも1人が当たりくじを引いたとわかっているとき、Dが
当たる条件付き確率P3
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
全員がはずれる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{8}{13}\cdot\frac{7}{12}\cdot\frac{6}{11}\cdot\frac{5}{10}=\frac{14}{143}\end{align*}}$
なので、少なくとも1人が当たる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_1=1-\frac{14}{143}=\underline{\sf \frac{129}{143}}\end{align*}}$
(2)
Aだけが当たる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{5}{13}\cdot\frac{8}{12}\cdot\frac{7}{11}\cdot\frac{6}{10}=\frac{14}{143}\end{align*}}$
B、C、Dについても同様なので、1人だけが当たる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{14}{143}\times 4=\frac{56}{143}\end{align*}}$
よって、少なくとも2人が当たる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_2=1-\frac{14}{143}-\frac{56}{143}=\underline{\sf \frac{73}{143}}\end{align*}}$
(3)
Dが当たる確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{5}{13}\cdot\frac{12}{12}\cdot\frac{11}{11}\cdot\frac{10}{10}=\frac{5}{13}\end{align*}}$
なので、求める条件付確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_3=\frac{\frac{5}{13}}{\frac{129}{143}}=\underline{\sf \frac{55}{129}}\end{align*}}$
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第3問
数列{an}は次の条件を満たすとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=e\ \ ,\ \ a_2=e^2\ \ ,\ \ a_{n+2}=\frac{\left(a_{n+1}\right)^{p+1}}{\left(a_n\right)^p}\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\ldots\right)\end{align*}}$
ただし、eは自然対数の底で、pは正の定数とする。このとき、以下の
問いに答えよ。
(1) bn=$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{a_{n+1}}{a_n}\end{align*}}$ とするとき、bn+1をbnおよびpを用いて表せ。
(2) bnをnとpを用いて表せ。
(3) anをnとpを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
a1＞0、a2＞0よりa3＞0である。以下も帰納的にan＞0 （n：自然数）である。
与えられた漸化式の両辺をan+1で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=\frac{\left(a_{n+1}\right)^{p}}{\left(a_n\right)^p}\end{align*}}$
両辺の自然対数をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=\log\frac{\left(a_{n+1}\right)^{p}}{\left(a_n\right)^p}=p\log\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\sf b_{n+1}=pb_n}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_1=\log\frac{a_2}{a_1}=\log\frac{e^2}{e}=1\end{align*}}$
(1)より数列{bn}は公比pの等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=b_1p^{n-1}=\underline{\sf p^{n-1}}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\log a_{n+1}-\log a_n\end{align*}}$
と変形できるので、数列{bn}は数列{logan}の階差数列となる。
よって、n≧2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log a_n&=\sf \log a_1+\sum_{k=1}^{n-1}b_k\\ &=\sf 1+\sum_{k=1}^{n-1}p^{k-1}\end{align*}}$
(ⅰ) p=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log a_n=1+\left(n-1\right)=n\ \ \Leftrightarrow\ \ a_n=\underline{\sf e^n}\end{align*}}$
これはn=1のときも成り立つ。
(ⅱ) p≠1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log a_n=1+\frac{p^{n-1}-1}{p-1}\ \ \Leftrightarrow\ \ a_n=\underline{\sf e^{1+\frac{p^{n-1}-1}{p-1}}}\end{align*}}$
これはn=1のときも成り立つ。
(3)は公比で場合分けが必要です。
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- 2017/05/09(火) 23:57:00|
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第5問
0＜x≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ に対して、関数f(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\int_{\frac{\pi}{2}}^x\left(\sin\theta\right)\log\left(\sin\theta\right)d\theta\end{align*}}$
と定める。このとき、以下の問いに答えよ。ただし、$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow +0}t\log t=0\end{align*}}$ が
成り立つことは証明なしに用いてよい。
(1) f(x)を求めよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0}f(x)\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
部分積分法を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf \bigg[\left(-\cos\theta\right)\log\left(\sin\theta\right)\bigg]_{\pi/2}^x-\int_{\pi/2}^x\left(-\cos\theta\right)\cdot\frac{\cos\theta}{\sin\theta}d\theta\\ &=\sf \left(-\cos x\right)\log\left(\sin x\right)+\int_{\pi/2}^x\frac{\cos^2\theta}{\sin\theta}d\theta\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=\cos\theta\end{align*}}$ と置換すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta=x\ \ \Leftrightarrow\ \ s=\cos x\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{\pi/2}^x\frac{\cos^2\theta}{\sin\theta}d\theta&=\sf \int_{\cos\frac{\pi}{2}}^{\cos x}\frac{s^2}{\sin\theta}\cdot\frac{ds}{-\sin\theta}\\ &=\sf \int_{0}^{\cos x}\frac{s^2}{s^2-1}\ ds\ \ \ \ \left(\because\ \sin^2\theta+\cos^2\theta=1\right)\\ &=\sf \int_{0}^{\cos x}\left(1+\frac{1}{s^2-1}\right)ds\\ &=\sf \int_{0}^{\cos x}\left\{1+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{s-1}-\frac{1}{s+1}\right)\right\}ds\\ &=\sf \bigg[s+\frac{1}{2}\log\left|s-1\right|-\frac{1}{2}\log\left|s-1\right|\bigg]_{0}^{\cos x}\\ &=\sf \cos x+\frac{1}{2}\log\left(1-\cos x\right)-\frac{1}{2}\log\left(1+\cos x\right)\end{align*}}$
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \log\left(\sin x\right)&=\sf \frac{1}{2}\log\left(\sin^2x\right)\\ &=\sf \frac{1}{2}\log\left(1-\cos^2x\right)\\ &=\sf \frac{1}{2}\log\left(1-\cos x\right)+\frac{1}{2}\log\left(1+\cos x\right)\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf \left(-\cos x\right)\left\{\frac{1}{2}\log\left(1-\cos x\right)+\frac{1}{2}\log\left(1+\cos x\right)\right\}\\ &\sf \ \ \ \ +\cos x+\frac{1}{2}\log\left(1-\cos x\right)-\frac{1}{2}\log\left(1+\cos x\right)\\ &=\sf \underline{\sf \cos x+\frac{1}{2}\bigg\{\left(1-\cos x\right)\log\left(1-\cos x\right)-\left(1+\cos x\right)\log\left(1+\cos x\right)\bigg\}}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=1-\cos x\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +0}\left(1-\cos x\right)\log\left(1-\cos x\right)=\lim_{x\rightarrow +0}t\log t=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +0}f(x)&=\sf \lim_{x\rightarrow +0}\bigg\{\cos x-\frac{1}{2}\left(1+\cos x\right)\log\left(1+\cos x\right)\bigg\}\\ &=\sf 1-\frac{1}{2}\cdot 2\log 2\\ &=\sf \underline{\sf 1-\log2}\end{align*}}$
(#)の変形に気づくでしょうか？これがないと(2)が解けません。
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- 2017/05/11(木) 23:57:00|
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