第1問
eを自然数の底、すなわち $\small\sf{\begin{align*} \sf e=\lim_{t\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^t \end{align*}}$ とする。すべての正の実数x
に対し、次の不等式が成り立つことを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\lt e<\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=x\log\left(1+\frac{1}{x}\right)=x\left\{\log\left(x+1\right)-\log x\right\}\ \ \ \left(x>0\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)&=\sf \log\left(x+1\right)-log x+x\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}\right)\\ &=\sf \log\left(x+1\right)-log x-\frac{1}{x+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ ''(x)&=\sf \frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}+\frac{1}{\left(x+1\right)^2} \\ &=\sf -\frac{1}{x\left(x+1\right)^2}<0\end{align*}}$
これより、f’(x)は単調に減少し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}f\ '(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\bigg\{\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}\bigg\}=0\end{align*}}$
なので、x＞0において、常にf’(x)＞0となる。
よって、f(x)は単調に増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=\log e=1\end{align*}}$
なので、x＞0に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)<1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \log\left(1+\frac{1}{x}\right)^x<\log e\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\lt e\ \ \ \left(\because\ e>1\right)\end{align*}}$
一方、関数h(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h(x)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{x}\right)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\left\{\log\left(x+1\right)-\log x\right\}\ \ \ \left(x>0\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h '(x)&=\sf \log\left(x+1\right)-log x+\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}\right)\\ &=\sf \log\left(x+1\right)-log x-\frac{x+2}{2x\left(x+1\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h ''(x)&=\sf \frac{1}{x+1}-\frac{1}{x}-\frac{x\left(x+1\right)-\left(x+2\right)\left(2x+1\right)}{\left(x+1\right)^2} \\ &=\sf \frac{3x+2}{2x^2\left(x+1\right)^2}>0\ \ \ \ \left(\because\ x>0\right)\end{align*}}$
これより、h’(x)は単調に増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}h\ '(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\bigg\{\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1+\frac{2}{x}}{2\left(x+1\right)}\bigg\}=0\end{align*}}$
なので、x＞0において、常にh’(x)＜0となる。
よって、h(x)は単調に減少し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}h(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)^x+\lim_{x\rightarrow\infty}\log\left(1+\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{2}}=\log e=1\end{align*}}$
なので、x＞0に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1\lt h(x)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \log e<\log\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf e<\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}\ \ \ \left(\because\ e>1\right)\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\lt e<\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}\end{align*}}$
が成り立つ。
対数をとることに気づけば、あとは計算だけです。
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第2問
A、B、Cの3つのチームが参加する野球の大会を開催する。以下の方式で
試合を行い、2連勝したチームが出た時点で、そのチームを優勝チームと
して大会は終了する。
(a) 1試合目でAとBが対戦する
(b) 2試合目で、1試合目の勝者と、1試合目で待機していたCが対戦する
(c) k 試合目で優勝チームが決まらない場合は、k試合目の勝者と、
k試合目で待機していたチームがk+1試合目で対戦する。ここで
kは2以上の整数とする
なお、すべての対戦において、それぞれのチームが勝つ確率は $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ で、
引き分けはないものとする。
(1) nを2以上の整数とする。ちょうどn試合目でAが優勝する確率を求めよ。
(2) mを正の整数とする。総試合数が3m回以下でAが優勝したとき、Aの最後
の対戦相手がBである条件付き確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Aが優勝するまでの勝者を順に書き上げていくと、
(ⅰ)1試合目でAが勝者のとき
AA
ACBAA
ACBACBAA
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
ACBACBACBA・・・・・CBAA
のように、Aは3m-1試合目（m：自然数）で優勝することになる。
(ⅱ)1試合目でBが勝者のとき
BCAA
BCACBAA
BCACBACBAA
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
BCACBACBACBA・・・・・CBAA
のように、Aは3m+1試合目（m：自然数）で優勝することになる。
各試合における勝者は、それぞれ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ の確率で決定するので、
ちょうどn試合目でAが優勝する確率をpnとおくと、
・nが3の倍数でないとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\underline{\sf \left(\frac{1}{2}\right)^n}\end{align*}}$
・nが3の倍数のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\underline{\sf 0}\end{align*}}$
(2)
1試合目でAが勝ち、総試合数が3m回以下でAが優勝する確率を
qとおくと、(1)の(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q&=\sf \left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^5+\ldots +\left(\frac{1}{2}\right)^{3m-1}\\ &=\sf \frac{\frac{1}{4}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^m\right\}}{1-\frac{1}{8}}\\ &=\sf \frac{2}{7}-\frac{2}{7}\left(\frac{1}{8}\right)^m\end{align*}}$
1試合目でBが勝ち、総試合数が3m回以下でAが優勝する確率を
rとおくと、(1)の(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r&=\sf \left(\frac{1}{2}\right)^4+\left(\frac{1}{2}\right)^7+\ldots +\left(\frac{1}{2}\right)^{3m-2}\\ &=\sf \frac{\frac{1}{16}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}\right\}}{1-\frac{1}{8}}\\ &=\sf \frac{1}{14}-\frac{4}{7}\left(\frac{1}{8}\right)^m\end{align*}}$
よって、総試合数が3m回以下でAが優勝する確率はq+rであり、
そのうち、最後の対戦相手がBである確率はrなので、求める
条件付確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{r}{q+r}&=\sf \frac{\frac{1}{14}-\frac{4}{7}\left(\frac{1}{8}\right)^m}{\frac{2}{7}-\frac{2}{7}\left(\frac{1}{8}\right)^m+\frac{1}{14}-\frac{4}{7}\left(\frac{1}{8}\right)^m}\\ &=\sf \frac{8^m-8}{4\cdot 8^m-4+8^m-8}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{8^m-8}{5\cdot 8^m-12}}\end{align*}}$
いわゆる巴戦ってやつです。巴戦に関する問題はよく出題されていますが、
丁寧に書き上げていきさえすれば、たいていの問題は簡単に解決です！
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第3問
aを1＜a＜3をみたす実数とし、座標空間内の4点P1(1，0，1)、P2(1，1，1)、
P3(1，0，3)、Q(0，0，a)を考える。直線P1Q、P2Q、P3Qとxy平面の交点を
それぞれR1、R2、R3として、三角形R1R2R3の面積をS(a)とする。S(a)を最小
にするaと、そのときのS(a)の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
R1は線分P1Qを 1：aに外分する点なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R_1\left(\frac{a}{a-1},0,0\right)\end{align*}}$
R2は線分P2Qを 1：aに外分する点なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R_2\left(\frac{a}{a-1},\frac{a}{a-1},0\right)\end{align*}}$
R3は線分P3Qを 3：aに外分する点なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R_3\left(-\frac{a}{3-a},0,0\right)\end{align*}}$
△R1R2R3は∠R2R1R3=90°の直角三角形なので、その面積は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S(a)&=\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{a}{a-1}\cdot\left(\frac{a}{a-1}+\frac{a}{3-a}\right)\\ &=\sf \frac{a^2}{\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)}\end{align*}}$
aで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S'(a)&=\sf \frac{2a\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)-a^2\left\{2\left(a-1\right)\left(3-a\right)-\left(a-1\right)^2\right\}}{\left(a-1\right)^4\left(3-a\right)} \\ &=\sf \frac{a\left(a-2\right)\left(a+3\right)}{\left(a-1\right)^3\left(3-a\right)^2}\end{align*}}$
となるので、S(a)の増減は次のようになる。
よって、S(a)の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(a)_{min}=\underline{\rｍ S(2)=4}\end{align*}}$
これは落とせません。
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第4問
zを複素数とする。複素数平面上の3点A(1)、B(z)、C(z2)が
鋭角三角形をなすようなzの範囲を求め、図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
実数x、yを用いて、z=x+yi とおく。
また、複素数Zの実部をRe(z)、偏角をarg(z)と表すことにする。
(ⅰ) ∠BACについて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle BAC=arg\left(\frac{z^2-1}{z-1}\right)=arg\left(z+1\right)\end{align*}}$
なので、これが鋭角となるのは、複素数z+1の表す点が
複素平面上で第1象限または第4象限に含まれるときなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Re\left(z+1\right)=x+1>0\ \ \Leftrightarrow\ \ x>-1\end{align*}}$
(ⅱ) ∠ABCについて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle ABC=arg\left(\frac{z^2-z}{1-z}\right)=arg\left(-z\right)\end{align*}}$
なので、これが鋭角となるのは、(ⅰ)と同様に実部を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Re\left(-z\right)=-x>0\ \ \Leftrightarrow\ \ x<0\end{align*}}$
(ⅲ) ∠BCAについて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle BCA=arg\left(\frac{1-z^2}{z-z^2}\right)=arg\left(\frac{1+z}{z}\right)=arg\left(\frac{1}{z}+1\right)\end{align*}}$
なので、これが鋭角となるのは、(ⅰ)と同様に実部を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{z}+1=\frac{1}{x+yi}+1=\frac{x-yi}{x^2+y^2}+1\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{x}{x^2+y^2}+1>0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2+y^2+x>0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(x+\frac{1}{2}\right)^2+y^2>\left(\frac{1}{2}\right)^2 \end{align*}}$
(ⅰ)～(ⅲ)を満たす条件を図示すると、下図の水色部分になる。
（ただし、境界線上の点は含まない）
標準的な問題です。
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第5問
kを正の整数とし、10進法で表された小数点以下k桁の実数
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0.a_1a_2\cdots a_k=\frac{a_1}{10}+\frac{a_2}{10^2}+\cdots +\frac{a_k}{10^k}\end{align*}}$
を1つとる。ここで、a1、a2、・・・、akは0から9までの整数で、
ak≠0とする。
(1) 次の不等式をみたす正の整数nをすべて求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0.a_1a_2\cdots a_k\leqq \sqrt{n}-10^k<0.a_1a_2\cdots a_k+10^{-k}\end{align*}}$
(2) pが5・10k-1以上の整数ならば、次の不等式をみたす正の整数
mが存在することを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0.a_1a_2\cdots a_k\leqq \sqrt{n}-p<0.a_1a_2\cdots a_k+10^{-k}\end{align*}}$
(3) 実数xに対し、r≦x＜r+1をみたす整数rを[x]で表す。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{s}-[\sqrt{s}\ ]=0.a_1a_2\cdots a_k\end{align*}}$
をみたす正の整数sは存在しないことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=0.a_1a_2\cdots a_k=\frac{a_1}{10}+\frac{a_2}{10^2}+\cdots +\frac{a_k}{10^k}\end{align*}}$ とおく。
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\leqq \sqrt{n}-10^k\lt A+10^{-k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sf (0<)\ 10^k+A\leqq \sqrt{n}<10^k+A+10^{-k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 10^{2k}+2\cdot10^kA+A^2\leqq n<10^{2k}+2\cdot 10^kA+2+\left(A+10^{-k}\right)^2\end{align*}}$
ここで、102kおよび
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cdot10^kA=2\left(10^{k-1}a_1+10^{k-2}a_2+\cdots+a_k\right)\end{align*}}$
は整数であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt A^2<1\ \ ,\ \ 0<\left(A+10^{-k}\right)^2\leqq 1\end{align*}}$
なので、題意を満たすような整数nは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf n=\underline{\sf 10^{2k}+2\left(10^{k-1}a_1+10^{k-2}a_2+\cdots+a_k\right)+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf n=\underline{\sf 10^{2k}+2\left(10^{k-1}a_1+10^{k-2}a_2+\cdots+a_k\right)+2}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\leqq \sqrt{n}-p\lt A+10^{-k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sf (0<)\ p+A\leqq \sqrt{n}\lt p+A+10^{-k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p^{2}+2Ap+A^2\leqq n\lt p^{2}+2AP+2\cdot10^kp+\left(A+10^{-k}\right)^2\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
右辺と左辺の差をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{p^{2}+2AP+2\cdot10^kp+\left(A+10^{-k}\right)^2\right\}-\left\{p^{2}+2Ap+A^2\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cdot10^kp+2\cdot A+10^{-2k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf >2\cdot10^kp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq 2\cdot10^k\cdot\left( 5\cdot10^{k-1}\right)\ \ \ \left(\because\ p\geqq 5\cdot10^{k-1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1\end{align*}}$
よって、(ⅰ)を満たすような整数nが存在する。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{s}-\left[\sqrt{s}\ \right]=A\ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{s}=[\sqrt{s}\ ]+A\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
を満たすような整数sが存在すると仮定する。
(ⅱ)の左辺は有理数なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{s}\end{align*}}$ も有理数であり、
互いに素な自然数m、nを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{s}=\frac{m}{n}\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
と表すことができる。両辺を2乗して整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf sn^2=m^2\end{align*}}$
となり、m、nが互いに素であることから、n=1となる。
このとき、(ⅱ)、(ⅲ)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A&=\sf \sqrt{s}-[\sqrt{s}\ ]\\ &=\sf \frac{m}{1}-\left[\frac{m}{1}\right]\\ &=\sf m-m\\ &=\sf 0\end{align*}}$
となり、ak≠0に矛盾する。
よって、(ⅱ)を満たす自然数sは存在しない。
(3)は背理法です。
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第6問
座標空間内を、長さ2の線分ABが次の2 条件(a)、(b)を
みたしながら動く。
(a) 点Aは平面z=0上にある
(b) 点C(0，0，1)が線分AB上にある
このとき、線分ABが通過することのできる範囲をKとする。
Kと不等式z≧1の表す範囲との共通部分の体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
Aがx軸上のx≦0の部分を動く場合を考える。
∠ACO=$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、AC=2となるとき$\scriptsize\sf{\theta}$ は最大になるので、
$\scriptsize\sf{\theta}$ は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq \theta\leqq \frac{\pi}{3}\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ) の範囲を動く。
また、Bからx軸に下した垂線の足をDとおくと、
$\scriptsize\sf{\sf AO=\tan\theta\ ,\ \ AD=2\sin\theta\ ,\ \ BD=2\cos\theta}$
となるので、Bの座標は
$\scriptsize\sf{\sf \left(-\tan\theta+2\sin\theta,\ 0,\ 2\cos\theta\right)}$
で表される。
立体Kは、$\scriptsize\sf{\theta}$ を(ⅰ)の範囲で動かしたときに線分ABが通過する
領域をz軸の周りに1回転させてできる回転体である。
よって、Kと不等式z≧1の表す領域と共通部分の体積をVとし、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=-\tan\theta+2\sin\theta\ \ ,\ \ z=2\cos\theta\ \ ,\ \ \frac{dz}{d\theta}=-2\sin\theta\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \pi\int_1^2x^2dz\\ &=\sf \pi\int_{\pi /3}^0\left(\tan\theta-2\sin\theta\right)^2\cdot\left(-2\sin\theta\right)d\theta\\ &=\sf 2\pi\int_0^{\pi /3}\left(\frac{\sin^3\theta}{\cos^2\theta}-\frac{4\sin^3\theta}{\cos\theta}+4\sin^3\theta\right)d\theta\end{align*}}$
さらに、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\cos\theta\ \ ,\ \ \frac{dt}{d\theta}=-\sin\theta\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf 2\pi\int_1^{\frac{1}{2}}\left\{\frac{\left(1-t^2\right)\sin\theta}{t^2}-\frac{4\left(1-t^2\right)\sin\theta}{t}+4\left(1-t^2\right)\sin\theta\right\}\cdot\frac{dt}{-\sin\theta}\\ &=\sf 2\pi\int_{\frac{1}{2}}^1\left(-4t^2+4t+3-\frac{4}{t}+\frac{1}{t^2}\right)dt\\ &=\sf 2\pi\bigg[-\frac{4}{3}t^3+2t^2+3t-4\log t-\frac{1}{t}\bigg]_{\frac{1}{2}}^1\\ &=\sf \underline{\sf \left(\frac{17}{3}-8\log 2\right)\pi}\end{align*}}$
いろいろな方法が考えられそうです。
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