第１問
次の問いに答えよ。
(１) x＞0の範囲で不等式
$\small\sf{x-\frac{x^2}{2}\lt log\left(1+x\right)\lt\frac{x}{\sqrt{1+x}}}$
が成り立つことを示せ。
(２) xがx＞0の範囲を動くとき
$\small\sf{y=\frac{1}{log\left(1+x\right)}-\frac{1}{x}}$
のとりうる値の範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=log\left(1+x\right)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)\ \ \ \left(x\gt 0\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '\left(x\right)=\frac{1}{1+x}-1+x=\frac{x^2}{1+x}\gt 0\end{align*}}$
なるので、f(x)は単調の増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +0}f\left(x\right)=log 1=0 \end{align*}}$
なので、つねにf(x)＞0である。
一方、関数 $\scriptsize\sf{g}$ (x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{1+x}}-log\left(1+x\right)\ \ \ \left(x\gt 0\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\ '\left(x\right)&=\sf\frac{\sqrt{\sf 1+x}-\frac{x}{2\sqrt{\sf 1+x}}}{1+x}\\ &=\sf\frac{2+x-2\sqrt{1+x}}{2\left(1+x\right)\sqrt{1+x}}\\ &=\sf\frac{x^2}{2\left(1+x\right)\left(2+x-2\sqrt{1+x}\right)\sqrt{1+x}}\\ &\gt 0\end{align*}}$
なるので、$\scriptsize\sf{g}$ (x)は単調の増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +0}g\left(x\right)=-log 1=0 \end{align*}}$
なので、つねに $\scriptsize\sf{g}$ (x)＞0である。
以上より、x＞0のとき、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x-\frac{x^2}{2}\lt log\left(1+x\right)\lt\frac{x}{\sqrt{1+x}}\end{align*}}$
が成り立つ。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{1}{log\left(1+x\right)}-\frac{1}{x}\ \ \ \left(x\gt 0\right) \end{align*}}$
の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y'&=\sf -\frac{1}{\left(1+x\right)\left\{log\left(1+x\right)\right\}^2}+\frac{1}{x^2} \\ &\lt\sf -\frac{1}{\left(1+x\right)\cdot\left(\frac{x}{\sqrt{1+x}}\right)^2}+\frac{1}{x^2}\ \ \ \ \left(\because\ (1)\right)\\ &=\sf 0\end{align*}}$
なので、yは単調に減少する。
よって、yの値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +\infty}y\lt y\lt \lim_{x\rightarrow +0}y\end{align*}}$
である。
まず、x→+0の極限を考えるので、(１)の不等式の各辺は正であると
考えてよく、逆数をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{1+x}}{x}\lt\frac{1}{log\left(1+x\right)}\lt\frac{2}{2x-x^2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\sqrt{1+x}}{x}-\frac{1}{x}\lt y\lt\frac{2}{2x-x^2}-\frac{1}{x} \end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +0}\left(\frac{\sqrt{1+x}}{x}-\frac{1}{x}\right)=\sf \lim_{x\rightarrow +0}\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +0}\left(\frac{2}{2x-x^2}-\frac{1}{x}\right)=\sf \lim_{x\rightarrow +0}\frac{1}{2-x}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow +0}y=\frac{1}{2}\end{align*}}$
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{\rightarrow\infty}y=\lim_{x\rightarrow\infty}\left\{\frac{1}{log\left(1+x\right)}-\frac{1}{x}\right\}=0\end{align*}}$
なので、yの取り得る値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{0\lt y\lt \frac{1}{2}} \end{align*}}$
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- 2018/03/20(火) 23:57:00|
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第２問
a、bを正の実数とし、f(x)=x4-ax3+bx2-ax+1とする。
(１) cを実数とし、f(x)がx-cで割り切れるとする。このとき、c＞0であり、f(x)は
$\small\sf{\left(x-c\right)\left(x-\frac{1}{c}\right)}$ で割り切れることを示せ。
(２) f(x)がある実数s、t、u、vを用いて
f(x)=(x-s)(x-t)(x-u)(x-v)
と因数分解できるとき、a≧4が成り立つことを示せ。
(３) a=5とする。f(x)がある実数s、t、u、vを用いて
f(x)=(x-s)(x-t)(x-u)(x-v)
と因数分解できるような自然数bの値をすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(x)がx-cで割り切れるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(c\right)&=\sf c^4-ac^3+bc^2-ac+1=0\end{align*}}$ ･･････(i)
a、b＞0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a\left(c^2+1\right)c=c^4+bc^2+1\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf c=\frac{c^4+bc^2+1}{a\left(c^2+1\right)}\gt 0 \end{align*}}$
c≠1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(\frac{1}{c}\right)&=\sf \frac{1}{c^4}-\frac{a}{c^3}+\frac{b}{c^2}-\frac{a}{c}+1 \\ &=\sf \frac{1}{c^4}\left(c^4-ac^3+bc^2-ac+1\right)\\ &=\sf 0\ \ \ \left(\because\ (i)\right)\end{align*}}$
となるので、f(x)はx-$\scriptsize\sf{\frac{1}{c}}$ でも割り切れる。
c=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2-2a+b=0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf b=2a-2 \end{align*}}$
となり、このときf(x)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)&=\sf x^4-ax^3+\left(2a-2\right)x^2-ax+1\\ &=\sf x^4-2x^2+1-a\left(x^3-2x^2+x\right)\\ &=\sf \left(x^2-1\right)^2-ax\left(x-1\right)^2\\ &=\sf \left(x-1\right)^2\left\{\left(x+1\right)^2-ax\right\}\end{align*}}$
と変形できるので、題意を満たす。
(２)
f(x)がx-sとx-tで割り切れるとき、(１)よりs＞0、t＞0であり、
x-$\scriptsize\sf{\frac{1}{s}}$ とx-$\scriptsize\sf{\frac{1}{t}}$ でも割り切れる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)&=\sf \left(x-s\right)\left(x-\frac{1}{s}\right)\left(x-t\right)\left(x-\frac{1}{t}\right) \\ &=\sf \left\{x^2-\left(s+\frac{1}{s}\right)x+1\right\}\left\{x^2-\left(t+\frac{1}{t}\right)x+1\right\}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S=s+\frac{1}{s}\ \ ,\ \ T=t+\frac{1}{t} \end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)&=\sf \left(x^2-Sx+1\right)\left(x^2-Tx+1\right)\\ &=\sf x^4-\left(S+T\right)x^3+\left(ST+2\right)x^2-\left(S+T\right)x+1\end{align*}}$
であり、係数を比較すると、
a=S+T ･･････(ii)
b=ST+2 ･･････(iii)
s、t＞0なので、相加・相乗平均より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\geq 2\sqrt{s\cdot\frac{1}{s}}=2\ \ ,\ \ T\geq 2 \end{align*}}$
よって、
a=S+T≧4
が成り立つ。
(３)
a=5と(ii)より
S+T=5 ⇔ T=5-S
であり、S≧2、T≧2より、2≦S≦3
よって、(iii)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b&=\sf S\left(5-S\right)+2\ \ \ \ \left(2\leq S\leq 3\right) \\ &=\sf -S^2+5S+2\\ &=\sf -\left(S-\frac{5}{2}\right)^2+\frac{33}{4}\end{align*}}$
また、S=2，3のときb=8となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 8\leq b\leq\frac{33}{4}\end{align*}}$
となり、これを満たす自然数はb=8のみである。
相反方程式というやつです。
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- 2018/03/21(水) 23:57:00|
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第３問
2つの関数
$\small\sf{f\left(x\right)=2sint+cos2t\ \ ,\ \ g\left(t\right)=2cost+sin2t}$
を用いて定義される座標平面上の曲線
$\small\sf{C:\ x=f\left(t\right)\ \ ,\ \ y=g\left(t\right)\ \ \ \left(0\leq t\leq\frac{\pi}{2}\right)}$
を考える。
(１) tが0≦t≦ $\small\sf{\frac{\pi}{2}}$ の範囲を動くとき、f(t)および $\small\sf{g}$ (t)の最大値を求めよ。
(２) t1、t2を0≦t1＜t2≦ $\small\sf{\frac{\pi}{2}}$ かつf(t1)=f(t2)を満たす実数とする。
このとき、$\small\sf{g}$ (t1)2- $\small\sf{g}$ (t2)２＞0が成り立つことを示せ。
(３) Cと直線x=1が囲む領域の面積Sを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{f\left(t\right)=2sint+cos2t=-2sin^2t+2sint+1}$
$\scriptsize\sf{g\left(t\right)=2cost\left(1+sint\right)}$
(１)
$\scriptsize\sf{f\ '\left(t\right)=2cost-2sin2t=2cost\left(1-2sint\right)}$
$\scriptsize\sf{g\ '\left(t\right)=-2sint+2cos2t=-2sint+2\left(1-2sin^t\right)=-2\left(2sint-1\right)\left(sint+1\right)}$
より、増減は次のようになる。
よって、最大値はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(t\right)_{max}=f\left(\frac{\pi}{6}\right)=\underline{\frac{3}{2}} \ \ ,\ \ g\left(t\right)_{max}=g\left(\frac{\pi}{6}\right)=\underline{\frac{3}{2}\sqrt3} \end{align*}}$
(２)
まず、条件より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(t_1\right)=f\left(t_2\right)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -2sin^2t_1+2sint_1+1=-2sin^2t_2+2sint_2+1 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(sint_1-sint_2\right)\left(sint_1+sint_2-1\right)=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf sint_1+sint_2=1\ \ \ \left(\because\ sint_1\ne sint_2\right)\ \ \cdots\cdots (i)\end{align*}}$
であり、(１)で調べたf(x)の増減より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq t_1\lt\frac{\pi}{6}\lt t_2\leq\frac{\pi}{2}&\ \ \Rrightarrow\ \ \sf 0\leq sint_1\lt\frac{1}{2}\lt sint_2\leq 1 \end{align*}}$
一方、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\left(t\right)^2&=\sf 4\cos^2t\left(1+sint\right)^2 \\ &=\sf 4\left(1-sin^2t\right)\left(1+2sint+sin^2t\right)\\ &=\sf 4\left(-sin^4t-2sin^3t+2sint+1\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\left(t_1\right)^2-g\left(t_2\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sf 4\left\{-\left(sin^2t_1-sin^2t_2\right)-2\left(sin^3t_1-sin^3t_2\right)+2\left(sint_1-sint_2\right)\right\} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sf -4\left(sint_1-sint_2\right)\left\{\left(sint_1+sint_2\right)\left(sin^2t_1+sin^2t_2\right)+2\left(sin^2t_1+sin^2t_2+sint_1sint_2\right)\right\} \end{align*}}$
ここで、(i)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf sin^2t_1+sin^2t_2=\left(sint_1+sint_2\right)^2-2sint_1sint_2=1-2sint_1sint_2 \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\left(t_1\right)^2-g\left(t_2\right)^2&=\sf -4\left(sint_1-sint_2\right)\left\{1\cdot\left(1-2sint_2sint_2\right)+2\left(1-sint_2sint_2\right)\right\} \\ &=\sf \left(sint_2-sint_1\right)\left(3-4sint_1sint_2\right) \end{align*}}$
さらに(ii)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf sint_1\lt sint_2\ \ ,\ \ 3-4sint_1sint_2\gt 3-4\cdot\frac{1}{2}\cdot 1=1 \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\left(t_1\right)^2-g\left(t_2\right)^2\gt 0 \end{align*}}$
が成り立つ。
(３)
(１)の増減表より $\scriptsize\sf{g\left(t_1\right)\geq 0\ ,\ g\left(t_2\right)\geq 0}$ なので、
(２)より、$\scriptsize\sf{g\left(t_1\right)\gt g\left(t_2\right)}$ が成り立つ。
よって、曲線Cの0≦t＜$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{6}}$ に対応する部分をC1：y=G1(x)、
$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{6}}$ ＜t≦$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{2}}$ に対応する部分をC2：y=G2(x)とおくと、C1はC2の上側にある。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \int_1^{\frac{3}{2}}G_1\left(x\right)dx-\int_1^{\frac{3}{2}}G_2\left(x\right)dx \\ &=\sf \int_0^{\pi/6}g\left(t\right)\cdot\frac{dx}{dt}\cdot dt-\int_{\pi/2}^{\pi/6}g\left(t\right)\cdot\frac{dx}{dt}\cdot dt\\ &=\sf \int_0^{\pi/2}g\left(t\right)\cdot\frac{dx}{dt}\cdot dt\\ &=\sf \int_0^{\pi/2}\left(2cost+sin2t\right)\left(2cost-2sin2t\right)dt\\ &=\sf 2\int_0^{\pi/2}\left(2cos^2t-sin2tcost-sin^22t\right)dt\\ &=\sf 2\int_0^{\pi/2}\left\{\left(cos2t+1\right)-\frac{1}{2}\left(sin3t+sint\right)+\frac{1}{2}\left(cos4t-1\right)\right\}dt\\ &=\sf 2\left[\frac{1}{2}sin2t+\frac{1}{6}cos3t+\frac{1}{2}cost+\frac{1}{8}sin4t+\frac{1}{2}t\right]_0^{\pi/2}\\ &=\sf \underline{\frac{\pi}{2}-\frac{4}{3}}\end{align*}}$
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- 2018/03/22(木) 23:57:00|
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第5問
p、qを0＜p＜1、0＜q＜1を満たす実数とし、nを2以上の整数とする。
2つのチームA、Bが野球の試合をn回行う。1試合目にAが勝つ確率は
pであるとする。また、Aが勝った次の試合にAが勝つ確率はpであり、
Bが勝った試合の次の試合にAが勝つ確率はqであるとする。なお、
試合結果に引き分けはなく、勝敗が決まるものとする。
(１) n試合目にAが勝つ確率anを求めよ。
(２) n≧3とする。Bが連勝せずにちょうど2試合に勝つ確率bnを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
k試合目にAが勝ったとき、k+1試合目もAが勝つ確率はpであり、
k試合目にBが勝ったとき、k+1試合目にAが勝つ確率はqなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k+1}&=\sf pa_k+q\left(1-a_k\right) \\ &=\sf \left(p-q\right)a_k+q \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{k+1}+\frac{q}{p-q-1}=\left(p-q\right)\left(a_{k}+\frac{q}{p-q-1}\right) \end{align*}}$
数列 $\scriptsize\sf{\left\{a_{k}+\frac{q}{p-q-1}\right\}}$ は等比数列をなし、その初項はa1=pより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p+\frac{q}{p-q-1}=\frac{p^2-pq-p+q}{p-q-1}=\frac{\left(p-1\right)\left(p-q\right)}{p-q-1}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k}+\frac{q}{p-q-1}&=\sf \frac{\left(p-1\right)\left(p-q\right)}{p-q-1}\cdot \left(p-q\right)^{k-1} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n&=\sf \underline{\frac{1}{p-q-1}\left\{\left(p-1\right)\left(p-q\right)^n-q\right\}}\end{align*}}$
(２)
・n試合目にBが勝つ場合
A→･･･→A→B→A→･･･→A→B
A→Aの順に勝つのがn-3試合
Bが1回目に勝つのは1～n-2試合目のn-2通り.
B→Aの順に勝つのが1試合
A→Bの順に勝つのが2試合（1試合目にBが勝つ場合も含む）
よって、この場合の確率は
$\scriptsize\sf{\left(n-2\right)\cdot p^{n-3}q\left(1-p\right)^2}$
・n試合目にAが勝つ場合
A→･･･→A→B→A→･･･→A→B→A→･･･→A
A→Aの順に勝つのがn-4試合
Bが勝つ試合の選び方は
$\scriptsize\sf{_{n-2}C_2=\frac{\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{2}}$
B→Aの順に勝つのが2試合
A→Bの順に勝つのが2試合（1試合目にBが勝つ場合も含む）
よって、この場合の確率は
$\scriptsize\sf{\frac{\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{2}\cdot p^{n-4}q^2\left(1-p\right)^2}$
以上より、求める確率は
$\scriptsize\sf{\left(n-2\right)\cdot p^{n-3}q\left(1-p\right)^2+\frac{\left(n-2\right)\left(n-3\right)}{2}\cdot p^{n-4}q^2\left(1-p\right)^2}$
$\scriptsize\sf{=\underline{\frac{1}{2}\left(n-2\right)p^{n-4}q\left(1-p\right)^2\left\{2p+\left(n-3\right)q\right\}}}$
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- 2018/03/24(土) 23:57:00|
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