第１問
曲線C： xy=1 （x＞0）上の点$\small\sf{\left(t,\frac{1}{t}\right)}$ における接線の方程式はy= ア
である。平面上の点P(v，w)を通るCの接線が2つ存在するためにのv、wに
関する必要十分条件は イ である。
Pが イ を満たすとき2つの接線とCとの接点をそれぞれA1$\small\sf{\left(t_1,\frac{1}{t_1}\right)}$ 、
A2$\small\sf{\left(t_2,\frac{1}{t_2}\right)}$ とおく。このとき、t1+t2、t1t2はv、wを用いて表すと、
t1+t2= ウ 、 t1t2= エ
であり、|t1-t2|をv、wを用いて表すと、
|t1-t2|= オ
である。
次に、△PA1A2の面積Sをv、wを用いて カ 表せる。ここで、z=1-vw
とおくと、Sはv、wを用いずにzのみを用いて キ と表すことができる。
点P(v，w)が、条件 イ を満たし、かつ△PA1A2の面積が$\small\sf{\sqrt2}$ に等しく
なるように動くとき、Pの軌跡は曲線w= ク のv＞0の部分である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア $\small\sf{ -\frac{1}{t^2}x+\frac{2}{t}}$ イ v＞0、w＞0、1＞vw ウ $\small\sf{\frac{2}{w}}$ エ $\small\sf{\frac{v}{w}}$
オ $\small\sf{\frac{2\sqrt{1-vw}}{w}}$ カ $\small\sf{\frac{2\left(\sqrt{1-vw}\right)^3}{vw}}$ キ $\small\sf{\frac{2\sqrt{z^3}}{1-z}}$ ク $\small\sf{\frac{1}{2v}}$
【解説】
$\scriptsize\sf{C:\ y=\frac{1}{x}\ \ (x>0)}$
(ア)
$\scriptsize\sf{\left(\frac{1}{x}\right)'=-\frac{1}{x^2}}$
なので、点点$\small\sf{\left(t,\frac{1}{t}\right)}$ におけるCの接線の方程式は
$\scriptsize\sf{y-\frac{1}{t}=-\frac{1}{t^2}\left(x-t\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\underline{-\frac{1}{t^2}x+\frac{2}{t}}}$
(イ)～(エ)
(ア)の接線が点P(v，w)を通るので、
$\scriptsize\sf{w=-\frac{1}{t^2}v+\frac{2}{t}\ \ \Leftrightarrow\ \ wt^2-2t+v=0}$ ･･････(*)
(*)が異なる2つの正の実数解（t1、t2とする）をもてばよいので、
判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{D/4=1-vw>0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{vw<1}}$
また、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{t_1+t_2=\underline{\frac{2}{w}}>0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{w>0}}$
$\scriptsize\sf{t_1t_2=\underline{\frac{v}{w}}>0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{v>0\ \ \ \left(\because\ w>0\right)}}$
(オ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |t_1-t_2|&=\sf\sqrt{\left(t_1+t_2\right)^2-4t_1t_2} \\ &=\sf\sqrt{\left(\frac{2}{w}\right)^2-\frac{4v}{w}} \\ &=\sf\underline{\frac{2\sqrt{1-vw}}{w}} \end{align*}}$
(カ)
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\rm PA_1}=\left(t_1-v,\frac{1}{t_1}-w\right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\rm PA_2}=\left(t_2-v,\frac{1}{t_2}-w\right)}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S &=\sf \frac{1}{2}\left|\left(t_1-v\right)\left(\frac{1}{t_2}-w\right)-\left(t_2-v\right)\left(\frac{1}{t_1}-w\right)\right| \\ &=\sf\frac{1}{2}\left|\frac{t_1}{t_2}-\frac{t_2}{t_1}+\frac{v}{t_1}-\frac{v}{t_2}-wt_1+wt_2\right| \\ &=\sf\frac{1}{2}\left|\frac{t_1^2-t_2^2}{t_1t_2}-\frac{v\left(t_1-t_2\right)}{t_1t_2}-w\left(t_1-t_2\right)\right| \\ &=\sf\frac{|t_1-t_2|}{2}\left|\frac{t_1+t_2}{t_1t_2}-\frac{v}{t_1t_2}-w\right|\\ &=\sf\frac{|t_1-t_2|}{2}\left|\frac{2}{v}-w-w\right| \\ &=\sf \frac{\sqrt{1-vw}}{w}\cdot\frac{2\left(1-vw\right)}{v}\\ &=\sf \underline{\frac{2\left(\sqrt{1-vw}\right)^3}{vw}} \end{align*}}$
(キ)
$\scriptsize\sf{z=1-vw\ \ \Leftrightarrow\ \ vw=1-z}$
なので、
$\small\sf{S=\underline{\frac{2\sqrt{z^3}}{1-z}}}$
(ク)
$\small\sf{\frac{2\sqrt{z^3}}{1-z}=\sqrt2}$
(イ)より、0＜z＜1なので、両辺を2乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf{4z^3}{1-2z+z^2}=2 &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2z^3-z^2+2z-1=0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(2z-1\right)\left(z^2+1\right)=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf z=\frac{1}{2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{z=1-vw=\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ w=\underline{\frac{1}{2v}}}$
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第２問
0以上の整数nに対して
$\displaystyle\sf{T_n=\int_0^{\pi/4}\tan^nx\ dx}$
とする。このとき、T0= ア 、T1= イ である。また、
Tn+Tn-2= ウ (n=2，3，･･･)
を満たす。（注： ウ には積分記号を用いずに答えよ。）
実数aを、0≦x≦$\displaystyle\sf{\frac{\pi}{4}}$ におけるすべてのxについてtanx≦axを満たす最小の
ものとすると、a= エ であり、$\displaystyle\sf{\lim_{n\rightarrow\infty}T_n}$ = オ が得られる。
以上により、
$\displaystyle\sf{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k}=}$ カ 、 $\displaystyle\sf{\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k-1}=}$ キ
である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア $\small\sf{\frac{\pi}{4}}$ イ $\small\sf{\frac{1}{2}\log 2}$ ウ $\small\sf{\frac{1}{n-1}}$ エ $\small\sf{\frac{4}{\pi}}$ オ 0
カ $\small\sf{\frac{1}{2}\log2}$ キ $\small\sf{\frac{\pi}{4}}$
【解説】
(ア)
$\scriptsize\sf{T_0=\int_0^{\pi/4}dx=\underline{\frac{\pi}{4}}}$
(イ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_1&=\sf \int_0^{\pi/4}\tan xdx \\ &=\sf \int_0^{\pi/4}\frac{-\left(\cos x\right)'}{\cos x}dx\\ &=\sf -\bigg[\log |\cos x|\bigg]_0^{\pi/4}\\ &=\sf\underline{\frac{1}{2}\log 2} \end{align*}}$
(ウ)
t=tanxと置換すると、
$\small\sf{\frac{dt}{dx}=\frac{1}{\cos^2x}=t^2+1}$
であり、x：0→$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{4}}$ のとき、t：0→1なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T_n+T_{n-2}&=\sf \int_0^{\pi/4}\left(\tan^nx+^tan^{n-2}x\right)dx \\ &=\sf \int_0^1\left(t^n+t^{n-2}\right)\cdot\frac{dt}{t^2+1}\\ &=\sf \int_0^1t^{n-2}dt\\ &=\sf\left[\frac{1}{n-1}t^{n-1}\right]_0^1 \\ &=\sf \underline{\frac{1}{n-1}} \end{align*}}$
(エ)
0≦x≦$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{4}}$ で常に
$\small\sf{\left(\tan x\right)'=\frac{1}{\cos^2x}\gt 0\ \ ,\ \ \left(\tan x\right)''=\frac{2\sin x}{\cos^3x}\geq 0}$
なので、曲線y=tanxはこの範囲で単調に増加し、下に凸である。
よって、右図より求めるaの値は
$\small\sf{a=\frac{1}{\frac{\pi}{4}}=\underline{\frac{4}{\pi}}}$
(オ)
(エ)より、0≦x≦$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{4}}$ において
$\scriptsize\sf{0\leq\tan x\leq\frac{4}{\pi}x\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leq\tan^nx\leq\left(\frac{4}{\pi}x\right)^n}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{0\leq\int_0^{\pi/4}\tan^nxdx\leq\int_0^{\pi/4}\left(\frac{4}{\pi}x\right)^ndx}$
$\scriptsize\sf{\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leq T_n\leq\left[\left(\frac{4}{\pi}\right)^n\cdot\frac{1}{n+1}x^{n+1}\right]_0^{\pi/4}=\frac{\pi}{4\left(n+1\right)}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi}{4\left(n+1\right)}&=\sf 0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{n\rightarrow\infty}T_n&=\sf\underline{0}\end{align*}}$
(カ)
(ウ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^n\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k}&=\sf\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\cdots +\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n}\\ &=\sf\left(T_3+T_1\right)-\left(T_5+T_3\right)+\left(T_7+T_5\right)-\cdots +\left(-1\right)^{n-1}\left(T_{2n+1}+T_{2n-1}\right) \\ &=\sf T_1+\left(-1\right)^{n-1}T_{2n+1}\end{align*}}$
なので、(オ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k} &=\sf T_1+\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-1\right)^{n-1}T_{2n+1} \\ &=\sf T_1\\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}\log 2}\end{align*}}$
(キ)
(ウ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^n\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k-1}&=\sf\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\cdots +\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}\\ &=\sf\left(T_2+T_0\right)-\left(T_4+T_2\right)+\left(T_6+T_4\right)-\cdots +\left(-1\right)^{n-1}\left(T_{2n}+T_{2n-2}\right) \\ &=\sf T_0+\left(-1\right)^{n-1}T_{2n}\end{align*}}$
なので、(オ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k-1} &=\sf T_0+\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-1\right)^{n-1}T_{2n} \\ &=\sf T_0\\ &=\sf \underline{\frac{\pi}{4}}\end{align*}}$
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- 2018/02/27(火) 23:57:00|
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第３問
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア 1 イ 0 ウ n エ 4 オ 2 カ 5 キ 6
ク x10+x9+x4+x3+x+2 ケ x11+x8+x7+x6+x5+x2+2
コ -3 サ $\small\sf{\frac{3}{2}}$ コ $\small\sf{\frac{1}{2}}$
【解説】
$\scriptsize\sf{z=\cos\frac{2\pi}{13}+i\sin\frac{2\pi}{13}}$
(ア)
$\scriptsize\sf{z^{13}=\cos 2\pi+i\sin 2\pi=\underline{1}}$
(イ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=0}^{12}z^k&=\sf \frac{1-z^{13}}{1-z}=\underline{0}\end{align*}}$
(ウ)
$\scriptsize\sf{z^n=\cos\frac{2n\pi}{13}+i\sin\frac{2n\pi}{13}}$
$\scriptsize\sf{z^{-n}=\cos\left(-\frac{2n\pi}{13}\right)+i\sin\left(-\frac{2n\pi}{13}\right)=\cos\frac{2n\pi}{13}-i\sin\frac{2n\pi}{13}}$
これら2式の考えると
$\scriptsize\sf{\underline{z^n+z^{-n}}=2\cos\frac{2n\pi}{13}}$
(エ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\frac{5\pi}{13}&=\sf \sin\left(\pi-\frac{8\pi}{13}\right) \\ &=\sf \sin\frac{8\pi}{13}\\ &=\sf \underline{\sin\left(\frac{2\pi}{13}\times 4\right)}\end{align*}}$
sinの倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\sin\frac{2\pi}{13} &=\sf 2\sin\frac{\pi}{13}\cos\frac{\pi}{13}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\frac{8\pi}{13}&=\sf2\sin\frac{4\pi}{13}\cos\frac{4\pi}{13}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\sin\frac{6\pi}{13} &=\sf 2\sin\frac{3\pi}{13}\cos\frac{3\pi}{13}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u &=\sf \frac{8\sin\frac{\pi}{13}\cos\frac{\pi}{13}\sin\frac{4\pi}{13}\cos\frac{4\pi}{13}\sin\frac{3\pi}{13}\cos\frac{3\pi}{13}}{\sin\frac{\pi}{13}\sin\frac{3\pi}{13}\sin\frac{4\pi}{13}}\\ &=\sf\sf\underline{8\cos\frac{\pi}{13}\cos\frac{4\pi}{13}\cos\frac{3\pi}{13}}\end{align*}}$
(オ)～(キ)
$\scriptsize\sf{\cos\theta=-\cos\left(\pi-\theta\right)}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\frac{\pi}{13}=\sf -\cos\frac{12\pi}{13}\ \ ,\ \ \cos\frac{3\pi}{13}&=-\cos\frac{10\pi}{13}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u&=\sf 8\cos\frac{12\pi}{13}\cos\frac{4\pi}{13}\cos\frac{10\pi}{13} \\ &=\sf \underline{8\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 6\right)\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 2\right)\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 5\right)}\end{align*}}$
(ク)
(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 6\right) &=\sf z^6+z^{-6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 2\right) &=\sf z^2+z^{-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 5\right) &=\sf z^5+z^{-5}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u&=\sf\left(z^6+z^{-6}\right)\left(z^2+z^{-2}\right)\left(z^5+z^{-5}\right) \\ &=\sf z^{13}+z^9+z^3+z+z^{-1}+z^{-3}+z^{-9}+z^{-13}\\ &=\sf 1+z^9+z^3+z+z^{12}+z^{10}+z^{4}+1\ \ \ \left(\because\ z^{13}=1\right)\\ &=\sf z^{12}+z^{10}+z^9+z^4+z^3+z+2=P\left(z\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{P\left(x\right)=\underline{x^{12}+x^{10}+x^9+x^4+x^3+x+2}}$
(ケ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\frac{\pi}{13}&=\sf \sin\frac{12\pi}{13} =2\sin\frac{6\pi}{13}\cos\frac{6\pi}{13} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\frac{3\pi}{13}&=\sf \sin\frac{10\pi}{13} =2\sin\frac{5\pi}{13}\cos\frac{5\pi}{13} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\frac{4\pi}{13}&=2\sin\frac{2\pi}{13}\cos\frac{2\pi}{13} \end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{u}&=\sf -\frac{8\sin\frac{6\pi}{13}\cos\frac{6\pi}{13}\sin\frac{5\pi}{13}\cos\frac{5\pi}{13}\sin\frac{2\pi}{13}\cos\frac{2\pi}{13}}{\sin\frac{2\pi}{13}\sin\frac{5\pi}{13}\sin\frac{6\pi}{13}} \\ &=\sf -8\cos\frac{2\pi}{13}\cos\frac{5\pi}{13}\cos\frac{6\pi}{13}\\ &=\sf 8\cos\frac{2\pi}{13}\cos\frac{8\pi}{13}\cos\frac{6\pi}{13}\end{align*}}$
(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cos\frac{2\pi}{13} &=\sf z+z^{-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cos\frac{8\pi}{13} &=\sf 2\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 4\right)=z^4+z^{-4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cos\frac{6\pi}{13} &=\sf 2\cos\left(\frac{2\pi}{13}\times 3\right)=z^3+z^{-3}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{u}&=\sf \left(z+z^{-1}\right)\left(z^4+z^{-4}\right)\left(z^3+z^{-3}\right) \\ &=\sf z^8+z^6+z^2+z^0+z^0+z^{-2}+z^{-6}+z^{-8}\\ &=\sf z^8+z^6+z^2+1+1+z^{10}+z^{7}+z^{5}\ \ \ \left(\because\ z^{13}=1\right)\\ &=\sf z^{11}+z^{8}+z^7+z^6+z^5+z^2+2=Q\left(z\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{Q\left(x\right)=\underline{x^{11}+x^{8}+x^7+x^6+x^5+x^2+2}}$
(コ)～(シ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u+\left(-\frac{1}{u}\right)&=\sf \left(x^{12}+x^{10}+x^9+x^4+x^3+x+2\right)+\left(x^{11}+x^{8}+x^7+x^6+x^5+x^2+2\right) \\ &=\sf 3+\sum_{k=0}^{12}z^k\\ &=\sf 3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u\cdot\left(-\frac{1}{u}\right)&=\sf -1\end{align*}}$
なので、解と係数の関係より、uと$\scriptsize\sf{-\frac{1}{u}}$ は二次方程式
$\scriptsize\sf{\underline{x^2-3x-1=0}}$
の2解となり、u＞0なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u&=\sf \underline{\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{13}} \end{align*}}$
なかなかヘビーな問題ですね。
最後までたどり着けた受験生は、ごく少数なのでは？
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- 2018/02/28(水) 23:57:00|
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第４問
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア $\small\sf{\frac{1}{2}}$ イ 0 ウ 0 エ $\small\sf{\frac{1}{4}}$ オ $\small\sf{0,\frac{1}{3},\frac{2}{3}}$
カ 2n-1 キ 10
【解説】
(ア)～(ウ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=x\ \ \ \left(0\leq x\lt 1\right)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 0.a_2a_3a_4\cdots _{(2)}=0.a_1a_2a_3\cdots _{(2)}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a_1=a_2=a_3=\cdots\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x&=\sf \frac{a_1}{2}+\frac{a_1}{2^2}+\frac{a_1}{2^3}+\frac{a_1}{2^4}+\cdots \\ &=\sf\frac{a_1}{2}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{2}} \ \ \ \ \left(\because\ 0<\frac{1}{2}<1\right)\\ &=\sf a_1\end{align*}}$
a1は、0または1であるが、0≦x＜1なので、x=1
(エ)(オ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(f\left(x\right)\right)=x\ \ \ \left(0\leq x\lt 1\right)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 0.a_3a_4a_5a_6\cdots _{(2)}=0.a_1a_2a_3a_4\cdots _{(2)}\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_1=a_3=a_5=\cdots\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_2=a_4=a_6=\cdots\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x&=\sf \frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{2^2}+\frac{a_1}{2^3}+\frac{a_2}{2^4}+\cdots \\ &=\sf\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{2^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{2^2}\right)+\frac{1}{4^2}\left(\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{2^2}\right)+\cdots\\ &=\sf\left(\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{2^2}\right)\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{4}} \ \ \ \ \left(\because\ 0<\frac{1}{4}<1\right)\\ &=\sf \frac{2a_1+a_2}{3}\end{align*}}$
a1とa2は、それぞれ0または1なので、
a1=0、a2=0のとき、x=0
a1=0、a2=1のとき、x=$\scriptsize\sf{\underline{\frac{1}{3}}}$
a1=1、a2=0のとき、x=$\scriptsize\sf{\underline{\frac{2}{3}}}$
a1=1、a2=1のとき、x=1 これは不適
(カ)
fn(x)=xより、k=1，2，･･･，nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_k=a_{k+n}=a_{k+2n}=a_{k+3n}=\cdots\end{align*}}$
が成り立ち、xを2進数で表すとa1～anのn個の数値の配列が繰り返される
循環小数となる。a1～anはそれぞれ0または1であるが、
a1=a2=a3=･･･=an=1
のときは、x=1となり不適。よって、fn(x)=xを満たすxは
$\scriptsize\sf{\underline{2^n-1}}$ 個ある。
(キ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x&=\sf \frac{a_1}{2}+\cdots +\frac{a_n}{2^n}+\frac{1}{2^n}\left(\frac{a_1}{2}+\cdots +\frac{a_n}{2^n}\right)+\frac{1}{2^{2n}}\left(\frac{a_1}{2}+\cdots +\frac{a_n}{2^n}\right)+\cdots \\ &=\sf \left(\frac{a_1}{2}+\cdots +\frac{a_n}{2^n}\right)\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2^n}}\\ &=\sf \frac{2^{n-1}a_1+2^{n-2}a_2+\cdots +2^{2}a_{n-2}+2^{1}a_{n-1}+a_n}{2^n-1}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\frac{2}{1023}=\frac{2}{2^{10}-1}}$
なので、
n=10
a1=a2=･･･=a8=0
a9=1
a10=0
このセットは立命館にしては難しいですね。
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- 2018/03/01(木) 23:57:00|
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プロフィール
Author:シケタキオア
橿原市の個別指導塾
青木ゼミの塾長ブログです。
毎日、大学入試数学を解いて
いきますので、どうぞよろしく
お願いします。
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