第１問
次の各問に答えよ。
(１) 座標空間において、xy平面上に原点を中心とする半径1の円に
内接する正六角形ABCDEFがある。六角錐P‐ABCDEFにおいて、
頂点Pの座標をP(0，0，a) （a＞0）とする。∠APB=45°である
とき、aの値と、六角錐P‐ABCDEFの体積をそれぞれ求めよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k-1}\ \ \left(n=1,2,\cdots\right)\end{align*}}$ とする。
(ⅰ) 不等式 $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx<2a_n\end{align*}}$ が成り立つことを示せ。
(ⅱ) 極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{\log n}\end{align*}}$ を求めよ。
(３) 5進法で表された2つの数123(5)と24(5)の積を5進法で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
OA=OB=AB=1、 OP=aより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PA=PB=\sqrt{a^2+1}\end{align*}}$
△APBで余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1^2=\left(\sqrt{a^2+1}\right)^2+\left(\sqrt{a^2+1}\right)^2-2\left(\sqrt{a^2+1}\right)^2\cos 45^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a^2=\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{a=\frac{1}{\sqrt[4]{\sf 2}}}\end{align*}}$
よって、六角錐P‐ABCDEFの体積Vは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf 6\triangle OAB \cdot PO\cdot\frac{1}{3}\\ &=\sf 2\left(\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\sin\frac{\pi}{3}\right)a\\ &=\sf \underline{\frac{\sqrt3}{2\sqrt[4]{\sf 2}}}\end{align*}}$
(２)(ⅰ)
自然数kに対して、2k-1≦x≦2k+1を満たす実数xを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2k+1}\leqq\frac{1}{x}\leqq\frac{1}{2k-1}\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{2k-1}^{2k+1}\frac{1}{2k+1}dx<\int_{2k-1}^{2k+1}\frac{1}{x}dx<\int_{2k-1}^{2k+1}\frac{1}{2k-1}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{2k+1}dx<\int_{2k-1}^{2k+1}\frac{1}{x}dx<\frac{2}{2k-1}\end{align*}}$
この不等式は、k=1，2，･･･，nに対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\frac{2}{2k+1}<\sum_{k=1}^n\int_{2k-1}^{2k+1}\frac{1}{x}dx<\sum_{k=1}^n\frac{2}{2k-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\left(a_n-1+\frac{1}{2n+1}\right)<\underline{\int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx<2a_n}\end{align*}}$
が成り立つ。
(２)(ⅱ)
(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx\lt a_n\lt \frac{1}{2}\int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx+1-\frac{1}{2n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2\log n}\int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx<\frac{a_n}{\log n}<\frac{1}{2\log n}\int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx+\frac{1-\frac{1}{2n+1}}{\log n}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{1}{2n+1}}{\log n}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}a_n&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2\log n}\int_{1}^{2n+1}\frac{1}{x}dx \\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2\log n}\bigg[\log |x|\bigg]_{1}^{2n+1}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log\left(2n+1\right)}{2\log n}\\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log n+\log\left(2+\frac{1}{n}\right)}{2\log n}\\ &=\sf \frac{1}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{\log\left(2+\frac{1}{n}\right)}{\log n}\right)\\ &=\sf \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log 2}{\log n}\\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
(３)
以下、添え字(5)がついていない数はすべて10進数である。
52+2・5+3=38 より、123(5)=38
2・5+4=14 より、24(5)=14
38×14=532
=500+25+5+2
=4・53+52+5+2
=4112(5)
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第２問
iを虚数単位とし、$\small\sf{\alpha}$ と$\small\sf{\beta}$ を複素数で$\small\sf{\alpha}$ ≠0 ，$\small\sf{\beta}$ =1+t i （t＞0）とする。
このとき、数列{zn}を次で定義する。
z1=$\small\sf{\alpha}$ ，
zn+1=$\small\sf{\beta}$ zn （n=1，2，･･･）
以下の各問に答えよ。
(１) 複素数平面において原点をOとし、znを表す点をPnとする。三角形
OPnPn+1の面積を$\small\sf{\alpha}$ 、t、nを用いて表せ。
$\small\sf{\alpha}$ =-1+$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$i 、 t= tan$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{5}{12}\pi\end{align*}}$ とする。znが正の実数となる番号nを小さい
ほうから順にm1、m2、m3，･･･とする。
(２) n=m1のときznがどのくらいの大きさなのかを調べたい。n=m1のとき
|zn-10p| の値が最小となる自然数pを求めよ。
(３) 数列{mk}の一般項をkを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\beta}$ の偏角を$\scriptsize\sf{\theta}$ =arg$\scriptsize\sf{\beta}$ とおくと、t＞0より、0＜$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\theta=t\ \ ,\ \ \cos\theta=\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\ \ ,\ \ \sin\theta=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\beta|=\sqrt{1+t^2}=\frac{1}{\cos\theta}\end{align*}}$
与式より、数列{zn}は、初項$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、公比$\scriptsize\sf{\beta}$ の等比数列をなすので、
zn=$\scriptsize\sf{\alpha}$ $\scriptsize\sf{\beta}$ n-1 （n=1，2，･･･）
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle P_nOP_{n+1}=\arg\frac{z_{n+1}}{z_n}=\arg\beta=\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle OP_nP_{n+1}&=\sf \frac{1}{2}|z_n||z_{n+1}|\sin\theta \\ &=\sf \frac{1}{2}\left|\alpha\beta^{n-1}\right|\left|\alpha\beta^{n}\right|\sin\theta \\ &=\sf \frac{1}{2}\left|\alpha\right|^2\left|\beta\right|^{2n-1}\sin\theta\\ &=\sf \frac{1}{2}\left|\alpha\right|^2\left(\sqrt{1+t^2}\right)^{2n-1}\cdot\frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}\left|\alpha\right|^2t\left(1+t^2\right)^{n-1}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=-1+\sqrt3\ i=2\left(\cos\frac{2}{3}\pi+i\sin\frac{2}{3}\pi\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \beta=\frac{1}{\cos\frac{5}{12}\pi}\left(\cos\frac{5}{12}\pi+i\sin\frac{5}{12}\pi\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \arg z_n&=\sf \arg\left(\alpha\beta^{n-1}\right) \\ &=\sf \frac{2}{3}\pi+\frac{5}{12}\left(n-1\right)\pi \\ &=\sf \frac{5n+3}{12}\pi\end{align*}}$
znが正の整数なので、自然数Nを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{5n+3}{12}\pi=2N\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ n=\frac{24N-3}{5}=5N-\frac{N+3}{5}\end{align*}}$
と表せる。ここで、nは自然数なので、N+3は5の倍数となり、
自然数Mを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf N+3=5M\ \ \Leftrightarrow\ \ N=5M-3\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf n=5\left(5M-3\right)-\frac{5M}{5}=24M-15\end{align*}}$
と表せる。よって、数列{mk}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{m_k=24k-15}\end{align*}}$
(２)
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\frac{5}{12}\pi&=\sf \cos\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\right) \\ &=\sf \cos\frac{\pi}{6}\cos\frac{\pi}{4}-\sin\frac{\pi}{6}\sin\frac{\pi}{4} \\ &=\sf \frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\\ &=\sf \frac{\sqrt3-1}{2\sqrt2}\\ &=\sf \frac{1}{\sqrt2\left(\sqrt3+1\right)} \end{align*}}$
(３)より、m1=9なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z_9&=\sf \alpha\beta^8 \\ &=\sf \frac{2}{\left(\cos\frac{5}{12}\pi\right)^8} \\ &=\sf 2\left\{\sqrt2\left(\sqrt3+1\right)\right\}^8 \\ &=\sf 2^5\left(4+2\sqrt3\right)^4\\ &=\sf 2^9\left(2+\sqrt3\right)^4\\ &=\sf 2^9\left(7+4\sqrt3\right)^2\\ &=\sf 2^9\left(65+56\sqrt3\right)\\ &=\sf 33280+28672\sqrt3 \end{align*}}$
ここで、1＜$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ ＜2より
61952＜z9＜90624
となるので、|z9-10p|が最小になるpの値は、p=5である。
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第３問
3gのおもり1個が片方の皿にのっているてんびんと、無数に用意された
1g、2g、3gのおもりがある。以下の2つのルールに基づいて、てんびん
の皿におもりを1個ずつのせる試行を行う。
1．てんびんがつり合っていないときには、総重量が軽い方の皿に
1g、2g、3gのおもりを無作為に1個選んでのせる。それぞれの
おもりが選ばれる確率は0＜a＜1として$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{a}{2}\end{align*}}$ ，$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{a}{2}\end{align*}}$ ，1-aである。
2．てんびんがつり合った時点で試行をやめる。
n回目の試行の結果、てんびんがつり合っていない確率をpn、てんびん
がつり合って試行が終了する確率をqnとするとき、以下の各問に答えよ。
(１) p1とp2をそれぞれaを用いて表せ。
(２) pnの一般項をaとnを用いて表せ。
(３) qnの一般項をaとnを用いて表せ。
(４) $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=1}^{\infty}\end{align*}}$qnを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
n回目の試行で乗せるおもりの質量をAnとする。
n回目の試行の後、両方の皿のおもりの質量の差をdnとし、
その確率をPn(dn)で表すことにする。
(１)
d0=3なので、
A1=1のとき、d1=2
A2=1のとき、d1=1
A3=1のとき、d1=0
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_1&=\sf P_1\left(1\right)+P_2\left(2\right) \\ &=\sf \frac{a}{2}+\frac{a}{2}\\ &=\sf \underline{a}\end{align*}}$
さらに
d1=1、A2=1のとき、d2=0
d1=1、A2=2のとき、d2=1
d1=1、A2=3のとき、d2=2
d1=2、A2=1のとき、d2=1
d1=2、A2=2のとき、d2=0
d1=2、A2=3のとき、d2=1
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_2&=\sf P_2\left(1\right)+P_2\left(2\right) \\ &=\sf \frac{a}{2}P_1\left(1\right)+\left(1-a\right)P_1\left(1\right)+\left(1-a\right)P_1\left(2\right)+\frac{a}{2}P_1\left(2\right)\\ &=\sf \left(1-\frac{a}{2}\right)\bigg\{P_1\left(1\right)+P_1\left(2\right)\bigg\}\\ &=\sf \left(1-\frac{a}{2}\right)p_1\\ &=\sf \underline{ a\left(1-\frac{a}{2}\right)}\end{align*}}$
(２)
n≧1のときdn=3となることはないので、(１)と同様に考えると、
dn=1、An+1=1のとき、dn+1=0
dn=1、An+1=2のとき、dn+1=1
dn=1、An+1=3のとき、dn+1=2
dn=2、An+1=1のとき、dn+1=1
dn=2、An+1=2のとき、dn+1=0
dn=2、An+1=3のとき、dn+1=1
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}&=\sf P_{n+1}\left(1\right)+P_{n+1}\left(2\right) \\ &=\sf \frac{a}{2}P_n\left(1\right)+\left(1-a\right)P_n\left(1\right)+\left(1-a\right)P_n\left(2\right)+\frac{a}{2}P_n\left(2\right)\\ &=\sf \left(1-\frac{a}{2}\right)\bigg\{P_n\left(1\right)+P_n\left(2\right)\bigg\}\\ &=\sf \left(1-\frac{a}{2}\right)p_n\end{align*}}$
これより、数列{pn}は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left(1-\frac{a}{2}\right)^{n-1}p_1=\underline{a\left(1-\frac{a}{2}\right)^{n-1}}\end{align*}}$
(３)
n=1のとき、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_1=P_1\left(3\right)=\underline{1-a}\end{align*}}$
n≧2のとき、(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_n&=\sf P_n\left(0\right) \\ &=\sf \frac{a}{2}P_{n-1}\left(1\right)+\frac{a}{2}P_{n-1}\left(2\right)\\ &=\sf \frac{a}{2}\bigg\{P_{n-1}\left(1\right)+P_{n-1}\left(2\right)\bigg\}\\ &=\sf \frac{a}{2}p_{n-1}\\ &=\sf \underline{\frac{a^2}{2}\left(1-\frac{a}{2}\right)^{n-2}}\end{align*}}$
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\sum_{k=1}^nkq_k\ \ ,\ \ b=\frac{a^2}{2}\ \ ,\ \ r=1-\frac{a}{2}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\left(1-a\right)+2b+3br+4br^2+\cdots +nbr^{n-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf rS_n=\left(1-a\right)r+2br+3br^2+\cdots +\left(n-1\right)br^{n-2}+nbr^{n-1}\end{align*}}$
これら2式の差を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-r\right)S_n=\left(1-r\right)\left(1-a\right)+b+\underline{b+br+br^2+\cdots br^{n-2}}-nbr^{n-1}\end{align*}}$
下線部は等比数列の和になり、r≠1なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=1-a+\frac{b}{1-r}+\frac{b\left(1-r^{n-1}\right)}{\left(1-r\right)^2}-\frac{nbr^{n-1}}{1-r}\end{align*}}$
0＜a＜1より0＜r＜1なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}r^{n-1}=0\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{n=1}^{\infty}nq_n&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_n \\ &=\sf 1-a+\frac{b}{1-r}+\frac{b}{\left(1-r\right)^2} \\ &=\sf 1-a+\frac{\frac{a^2}{2}}{\frac{a}{2}}+\frac{\frac{a^2}{2}}{\left(\frac{a}{2}\right)^2} \\ &=\sf \underline{3}\end{align*}}$
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第４問
x＞0に対して、連続関数f(x)は、等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=2\log x-\int_1^etf\left(t\right)dt\end{align*}}$
をみたすものとする。また、曲線y=f(x)の接線のうち、原点を通る
ものをLとし接点を(u，v)とする。以下の各問に答えよ。
(１) f(x)を求めよ。
(２) 接点(u，v)を求めよ。
(３) 曲線y=f(x)、直線Lおよびx軸で囲まれる領域を、x軸のまわりに
1回転してできる立体の体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=\int_1^etf\left(t\right)dt\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=2\log x-1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k&=\sf \int_1^et\left(2\log t-k\right)dt \\ &=\sf \bigg[t^2\log t-\frac{k}{2}t^2\bigg]_1^e-\int_1^et^2\cdot\frac{1}{t}dt \\ &=\sf \bigg[t^2\log t-\frac{k}{2}t^2-\frac{1}{2}t^2\bigg]_1^e\\ &=\sf e^2-\frac{k+1}{2}\left(e^2-1\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ k=1 \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{f\left(x\right)=2\log x-1}\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '\left(x\right)=\frac{2}{x}\end{align*}}$
なので、点(u，f(u))における接線Lの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\left(2\log u-1\right)=\frac{2}{u}\left(x-u\right)\end{align*}}$
これが原点を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\left(2\log u-1\right)=-\frac{2}{u}\cdot u\ \ \Leftrightarrow\ \ u=e^{\frac{3}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf v=2\log e^{\frac{3}{2}}-1=2\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(u,v\right)=\underline{\left(e^{\frac{3}{2}},2\right)}\end{align*}}$
(３)
部分積分法より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int \log xdx=x\log x-x+C_1\end{align*}}$ (C1は積分定数)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int \left(\log x\right)^2dx&=\sf x\left(\log x\right)^2 -\int 2x\left(\log x\right)\cdot\frac{1}{x}dx\\ &=\sf x\left(\log x\right)^2-2\int \log xdx\\ &=\sf x\left(\log x\right)^2-2x\log x+2x+C_2\end{align*}}$ (C2は積分定数)
曲線y=f(x)のx切片をpとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(p\right)=2\log p-1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ p=e^{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
であり、曲線とLの位置関係は下図のようになるので、回転体の体積Vは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \frac{\pi}{3}uv^2-\pi\int_p^u\left(2\log x-1\right)^2dx \\ &=\sf \frac{\pi}{3}uv^2-\pi\int_p^u\left\{2\left(\log x\right)^2+4\log x+1\right\}dx \\ &=\sf \frac{\pi}{3}uv^2-\pi\bigg[4\left\{x\left(\log x\right)^2-2x\log x+2x\right\}-4\left(x\log x-x\right)+x\bigg]_p^u\\ &=\sf \frac{\pi}{3}uv^2-\pi\bigg[4x\left(\log x\right)^2-12x\log x+13x\bigg]_p^u \end{align*}}$
これを頑張って計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\underline{\frac{8}{3}e^{\frac{1}{2}}\left(3-e\right)\pi}\end{align*}}$
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