第1問
1から5までの自然数を1つずつ書いた5枚のカードを袋に入れる。
この袋から無作為に1枚のカードを引き、それを戻すことを繰り返す。
1回目からn回目までに引いたカードに書かれた数の和をanとする。
anが偶数となる確率をpnとし、an2+an+12を4で割ったときの余りが
0、1、2、3となる確率をそれぞれqn、rn、sn、tnとする。このとき、
次の問いに答えよ。
(1) pn+1をpnを用いて表せ。
(2) pnをnを用いて表せ。
(3) (ⅰ) 自然数kに対して、k2を4で割ったときの余りは0または1
であることを示せ。
(ⅱ) tn=0を示せ。
(ⅲ) qn、rn、snをそれぞれnを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
an+1が偶数になるのは、2つの場合が考えられる。
・anが偶数で、n+1回目に2または4のカードを引く
・anが奇数で、n+1回目に1または3または5のカードを引く
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}&=\sf \frac{2}{5}p_n+\frac{3}{5}\left(1-p_n\right) \\ &=\sf \underline{-\frac{1}{5}p_n+\frac{3}{5}} \end{align*}}$
(2)
まず、a1が偶数になる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_1=\frac{2}{5}\end{align*}}$
(1)の漸化式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{n+1}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{5}\left(p_n-\frac{1}{2}\right)\end{align*}}$
と変形できるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{p_n-\frac{1}{2}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなす。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n-\frac{1}{2}=\sf \left(-\frac{1}{5}\right)^{n-1}\left(p_1-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{5}\right)^{n} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_n=\underline{\frac{1}{2}\left\{1+\left(-\frac{1}{5}\right)^{n} \right\}}\end{align*}}$
(2)(ⅰ)
・kが偶数のとき、k=2m (m：自然数)と表せるので、
k2=4m2
よって、k2を4で割り切れる。
・kが奇数のとき、k=2m+1 (m：自然数)と表せるので、
k2=(2m+1)2=4(m2+m)+1
よって、k2を4で割ると1余る
以上より、k2を4で割ったときの余りは0または1である。
(2)(ⅱ)
an2を4で割った余りは0または1であり、an+12についても同様。
よって、an2+an+12を4で割った余りは0または1または2なので、
tn=0である。
(2)(ⅲ)
・an2+an+12を4で割った余りが0になるのは、
an、an+1がともに偶数であるときである。
anが偶数で、n+1回目に偶数のカードを引けばよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_n=\frac{2}{5}p_n=\underline{\frac{1}{5}\left\{1+\left(-\frac{1}{5}\right)^{n} \right\}}\end{align*}}$
・an2+an+12を4で割った余りが1になるのは、
an、an+1の一方が偶数、他方が奇数のときである。
これはanの偶奇にかかわらず、n+1回目に奇数のカードを
引けばよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_n=\underline{\frac{3}{5}}\end{align*}}$
・an2+an+12を4で割った余りが2になるのは、
an、an+1がともに奇数であるときである。
anが奇数で、n+1回目に偶数のカードを引けばよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s_n=\frac{2}{5}\left(1-p_n\right)=\underline{\frac{1}{5}\left\{1-\left(-\frac{1}{5}\right)^{n} \right\}}\end{align*}}$
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- 2017/11/19(日) 23:57:00|
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第2問
2つの正の定数a、b（a＞b）と、0＜$\small\sf{\theta}$ ＜$\small\sf{\pi}$ の範囲を動く$\small\sf{\theta}$ に対して、
OA=a、OB=b、∠AOB=$\small\sf{\theta}$ となる△OABを考える。頂点Oから直線
ABに下した垂線とABとの交点をHとし、tを
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=t\overrightarrow{\sf OA}+\left(1-t\right)\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$
をみたす実数とする。このとき、次の問いに答えよ。
(1) △OABの面積が最大となるときの$\small\sf{\theta}$ の値を求め、そのときのt、
AH、BHをそれぞれa、bを用いて表せ。
(2) tをa、b、$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(3) $\small\sf{\theta}$ が増加するとき、tは増加することを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle OAB=\frac{1}{2}ab\sin\theta\end{align*}}$
であり、これが最大になるのは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\theta-1\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\underline{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
のときである。このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\sqrt{a^2+b^2}\end{align*}}$
であり、3つの三角形OAB、HAO、HOBは相似なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AO:AH=AB:AO\ \ \Leftrightarrow\ \ AH=\frac{AO^2}{AB}=\underline{\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BO:BH=BA:BO\ \ \Leftrightarrow\ \ BH=\frac{BO^2}{BA}=\underline{\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AH:BH=\left(1-t\right):t=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}:\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ \Leftrightarrow\ \ t=\underline{\frac{b^2}{a^2+b^2}}\end{align*}}$
(2)
OH⊥ABなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=\left\{t\overrightarrow{\sf OA}+\left(1-t\right)\overrightarrow{\sf OB}\right\}\cdot\left(\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -t|\overrightarrow{\sf OA}|^2+\left(2t-1\right)\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}+\left(1-t\right)|\overrightarrow{\sf OB}|^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -a^2t+ab\cos\theta\cdot\left(2t-1\right)+b^2\left(1-t\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t=\frac{b^2-ab\cos\theta}{a^2+b^2-2ab\cos\theta}=\underline{\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2-2ab\cos\theta}\right)}\end{align*}}$
(3)
(2)で得たtを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{d\theta}=\frac{ab\left(a^2-b^2\right)\sin\theta}{\left(a^2+b^2-2ab\cos\theta\right)^2}>0\ \ \ \left(\because\ a>b>0\ ,\ 0<\theta<\pi\right)\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{\theta}$ が増加するとき、tは増加する。
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- 2017/11/20(月) 23:57:00|
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第3問
zを0、±1でない複素数都市、自然数nに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{z^n-z^{-n}}{z-z^{-1}}\end{align*}}$
とする。このとき、次の問いに答えよ。
(1) zn-1anをzの多項式として表せ。
(2) z=cos$\small\sf{\theta}$ +isin$\small\sf{\theta}$ とするとき、a1、a2、a3をcosk$\small\sf{\theta}$ （k=1，2，3，･･･）
を用いて表せ。
(3) mを自然数とする。zがzm=1をみたすとき、an=an+mを示せ。
(4) z=cos$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\end{align*}}$+isin$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\end{align*}}$とするとき、anを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z^{n-1}a_n&=\sf \frac{z^n}{z}\cdot\frac{z^n-z^{-n}}{z-z^{-1}} \\ &=\sf \frac{z^{2n}-1}{z^2-1}\\ &=\sf \underline{z^{2(n-1)}+z^{2(n-2)}+\cdots +z^4+z^2+1}\end{align*}}$
(2)
任意の自然数Nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z^n+z^{-n}&=\sf \left(\cos\theta+i\sin\theta\right)^n+\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)^{-n} \\ &=\sf \left(\cos n\theta+i\sin n\theta\right)+\left\{\cos\left(-n\theta\right)+i\sin\left(-n\theta\right)\right\}\\ &=\sf \left(\cos n\theta+i\sin n\theta\right)+\left(\cos n\theta-i\sin n\theta\right)\\ &=\sf 2\cos n\theta\end{align*}}$
よって、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=z^{n-1}+z^{n-3}+\cdots +z^{-n+3}+z^{-n+1}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=z+z^{-1}=\underline{2\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=z^2+1+z^{-2}=\underline{2\cos2\theta+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_4=\sf z^3+z+z^{-1}+z^{-3}=\underline{2\cos3\theta+2\cos\theta}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+m}&=\sf \frac{z^{n+m}+z^{-(n+m)}}{z+z^{-1}} \\ &=\sf \frac{z^{n}z^m+z^{-n}z^{-m}}{z+z^{-1}} \\ &=\sf \frac{z^n-z^{-n}}{z-z^{-1}}\ \ \ \ \left(\because\ z^m=1\right)\\ &=\sf a_n\end{align*}}$
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf z^6=\left(\cos\frac{\pi}{3}i\sin\frac{\pi}{3}+\right)^6=\cos2\pi+i\sin2\pi=1\end{align*}}$
なので、
(ⅰ) n=6k+1 （k：0以上の整数）のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{6k+1}&=\sf a_{1} \\ &=\sf \frac{z+z^{-1}}{z-z^{-1}}\\ &=\sf \underline{\ 1\ }\end{align*}}$
(ⅱ) n=6k+2 （k：0以上の整数）のとき
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{6k+2}&=\sf a_2 \\ &=\sf 2\cos\frac{\pi}{3}\\ &=\sf \underline{\ 1\ }\end{align*}}$
(ⅲ) n=6k+3 （k：0以上の整数）のとき
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{6k+3}&=\sf a_3 \\ &=\sf 2\cos\frac{2\pi}{3}+1\\ &=\sf \underline{\ 0\ }\end{align*}}$
(ⅳ) n=6k+4 （k：0以上の整数）のとき
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{6k+4}&=\sf a_4 \\ &=\sf 2\cos\pi+2\cos\frac{\pi}{3}\\ &=\sf \underline{\ -1\ }\end{align*}}$
(ⅴ) n=6k+5 （k：0以上の整数）のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{6k+5}&=\sf a_5 \\ &=\sf z^4+z^2+1+z^{-2}+z^{-4}\\ &=\sf 2\cos\frac{4\pi}{3}+1+2\cos\frac{2\pi}{3}\\ &=\sf \underline{\ -1\ }\end{align*}}$
(ⅵ) n=6k+6 （k：0以上の整数）のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{6k+6}&=\sf a_{6} \\ &=\sf \frac{z^6+z^{-6}}{z-z^{-1}}\\ &=\sf \underline{\ 0\ }\ \ \ \ \left(\because\ z^6=1\right)\end{align*}}$
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- 2017/11/21(火) 23:57:00|
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第4問
次の問いに答えよ。ただし、logxはxの自然対数である。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\frac{x}{1+x^2}dx\end{align*}}$ を求めよ。
(2) t＞1とする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0<\int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx-\int_1^t\frac{2x\log x}{1+x^2}dx<\log\left(1+t^2\right)\end{align*}}$
を示せ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2}\int_1^t\frac{x\log x}{1+x^2}dx\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{x}{1+x^2}dx&=\sf \frac{1}{2}\int_0^1\frac{\left(1+x^2\right)'}{1+x^2}dx\\ &=\sf \frac{1}{2}\left[\log\left|1+x^2\right|\right]_0^1\\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}\log 2} \end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx-\int_1^t\frac{2x\log x}{1+x^2}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_1^t\frac{x}{1+x^2}\left\{\log\left(1+x^2\right)-\log x^2\right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_1^t\frac{x}{1+x^2}\ \log\left(1+\frac{1}{x^2}\right)dx\end{align*}}$
1≦xのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1<1+\frac{1}{x^2}\leqq 2\ \ \Leftrightarrow\ \ 0<\log\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\leqq \log 2\ \left(<2\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0<\int_1^t\frac{x}{1+x^2}\ \log\left(1+\frac{1}{x^2}\right)dx&< \sf 2\int_1^t\frac{x}{1+x^2}\ dx \\ &=\sf \left[\log\left|1+x^2\right|\right]_1^t\\ &=\sf \log\left(1+t^2\right)-\log2\\ &<\sf \log\left(1+t^2\right) \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx-\int_1^t\frac{2x\log x}{1+x^2}dx<\log\left(1+t^2\right)\end{align*}}$
が成り立つ。
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx-\log\left(1+t^2\right)<\int_1^t\frac{2x\log x}{1+x^2}dx<\int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=\log\left(1+x^2\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{ds}{dx}=\frac{2x}{1+x^2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx&=\sf \int_{\log 2}^{\log (1+t^2)}\frac{xs}{1+x^2}\cdot\frac{1+x^2}{2x}ds \\ &=\sf \int_{\log 2}^{\log (1+t^2)}\frac{s}{2}\ ds\\ &=\sf \left[\ \frac{s^2}{4}\ \right]_{\log 2}^{\log (1+t^2)}\\ &=\sf \frac{1}{4}\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2-\frac{1}{4}\left(\log 2\right)^2\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2}\int_1^t\frac{x\log\left(1+x^2\right)}{1+x^2}dx &=\sf \frac{1}{4}-\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{\left(\log 2\right)^2}{4\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2}\\ &=\sf \frac{1}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{\log\left(1+t^2\right)}{\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2}=\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\log\left(1+t^2\right)}=0\end{align*}}$
はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2}\int_1^t\frac{2x\log x}{1+x^2}dx=\frac{1}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{t\rightarrow\infty}\frac{1}{\left\{\log\left(1+t^2\right)\right\}^2}\int_1^t\frac{x\log x}{1+x^2}dx=\underline{\frac{1}{8}}\end{align*}}$
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- 2017/11/22(水) 23:57:00|
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