第1問
pを負の実数とする。座標空間に原点Oと3点 $\small\sf{A\left(-1,2,0\right)\ ,\ B\left(2,-2,1\right)\ ,\ P\left(p,-1,2\right)}$
があり、3点O、A、Bが定める平面を$\small\sf{\alpha}$ とする。また、点Pから平面$\small\sf{\alpha}$ に垂線を下ろし、
$\small\sf{\alpha}$ との交点を$\small\sf{Q}$ とする。
(1) 点$\small\sf{Q}$ の座標をpを用いて表せ。
(2) 点$\small\sf{Q}$ が△OABの周または内部にあるようなpの範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf {Q}$ は平面OAB上にあるので、実数a、bを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OQ}&=\sf a\overrightarrow{\sf OA}+b\overrightarrow{\sf OB} \\ &=\sf a\left(-1,2,0\right)+b\left(2,2,1\right)\\ &=\sf \left(-a+2b,\ 2a-2b,\ b\right)\end{align*}}$
と表せる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}&=\sf \overrightarrow{\sf OQ}-\overrightarrow{\sf OP} \\ &=\sf \left(-a+2b-p\ ,\ 2a-2b+1\ ,\ b-2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PQ\bot\alpha\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}\cdot\overrightarrow{\sf OA}=- \left(-a+2b-p\right)+2\left(2a-2b+1\right)+0=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 5a-6b=-p-2 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=2\left(-a+2b-p\right)-2\left(2a-2b+1\right)+\left(b-2\right)=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -6a+9b=2p+4 \end{align*}}$
これら2式を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\frac{p+2}{3}\ ,\ \ b=\frac{4p+8}{9}\end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf {Q}$ の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(-\frac{p+2}{3}+2\cdot\frac{4p+8}{9}\ ,\ \ 2\cdot\frac{p+2}{3}-2\cdot\frac{4p+8}{9}\ ,\ \ \frac{4p+8}{9}\right)=\underline{\left(\frac{5\left(p+2\right)}{9}\ ,\ -\frac{2\left(p+2\right)}{9}\ ,\ \frac{4\left(p+2\right)}{9}\right)}\end{align*}}$
(2)
点$\scriptsize\sf{Q}$ が△OABの周または内部にあるとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\frac{p+2}{3}\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ p\geqq -2 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b=\frac{4p+8}{9}\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ p\geqq -2 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a+b=\frac{p+2}{3}+\frac{4p+8}{9}\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ p\leqq -\frac{5}{7} \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{-2\leqq p\leqq -\frac{5}{7}}\end{align*}}$
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- 2019/04/28(日) 23:57:00|
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第2問
nを自然数とし、an=n(n+1)とする。さらに、anとan+3の最大公約数をdnとする。
(1) dnは偶数であることを示せ。
(2) dnは8で割り切れないことを示せ。
(3) pを5以上の素数とするとき、dnはpで割り切れないことを示せ。
(4) dn≦12を示せ。また、dn=12となるようなnを1つ求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
an=n(n+1)
an+3=(n+3)(n+4)
(1)
an、an+3はともに連続2整数の積なので、偶数である。
よって、最大公約数dnも偶数である。
(2)
あるnに対してdnが8の倍数になると仮定する。
このとき、an、an+3はともに8の倍数なので、その差
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+3}-a_n&=\sf (n+3)(n+4)-n(n+1) \\ &=\sf 6n+12\\ &=\sf 6(n+2)\end{align*}}$
も8の倍数となる。n+2は4の倍数なので、整数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n+2=4k\ \ \Leftrightarrow\ \ n=4k-2 \end{align*}}$
と表せる。このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n&=\sf (4k-2)(4k-1) \\ &=\sf 16k^2-12k+2\\ &=\sf 2\big\{2(4k^2-3k)+1\big\}\end{align*}}$
となり、{ }内は奇数なので、anは8の倍数とならず矛盾する。
よって、すべてのnに対してdnは8の倍数とならない。
(3)
あるnに対してdnがpの倍数になると仮定する。
このとき、an、an+3はともにpの倍数なので、その差
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+3}-a_n=6(n+2)\end{align*}}$
もpの倍数となる。6とpは互いに素なので、n+2はpの倍数となり、
整数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n+2=kp\ \ \Leftrightarrow\ \ n=kp-2 \end{align*}}$
と表せる。このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n&=\sf (kp-2)(kp-1) \\ &=\sf k^2p^2-3kp+2\\ &=\sf p(k^2p-3p)+2\end{align*}}$
となり、pと2は互いに素なので、anはpの倍数とならず矛盾する。
よって、すべてのnに対してdnはpの倍数とならない。
(4)
(2)、(3)と同様に考えると、dnは9の倍数とならないので、
L=0，1，2、 m=0，1である整数L、mを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_n=2^L\cdot 3^m \end{align*}}$
と表せるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_n\leqq 2^2\cdot 3^1=12\end{align*}}$
となる。また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf d_{12}=12\cdot 13\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{d_{15}=15\cdot 16=12\cdot 20}$
となるので、n=12のときdn=12となる。
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- 2019/04/29(月) 23:57:00|
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第3問
tを0＜t＜1を満たす実数とする。0，$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{t}\end{align*}}$ 以外のすべての実数xで定義された関数
$\small\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\frac{x+t}{x(1-tx)}\end{align*}}$
を考える。
(1) f(x)は極大値と極小値を1つずつもつことを示せ。
(2) f(x)の極大値を与えるxの値を$\small\sf{\alpha}$ 、極小値を与えるxの値を$\small\sf{\beta}$ とし，座標平面上に
2点$\small\sf{P\left(\alpha\ ,\ f(\alpha)\right)\ ,\ \ Q\left(\beta\ ,\ f(\beta)\right)}$ をとる。tが0＜t＜1を満たしながら変化するとき、線分
$\small\sf{PQ}$ の中点Mの軌跡を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)&=\sf \frac{1\cdot x(1-tx)+(x+t)(1-2tx)}{x^2(1-tx)^2} \\ &=\sf \frac{t(x^2+2tx-1}{x^2(1-tx)^2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-t\pm\sqrt{t^2+1}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=-t+\sqrt{t^2+1}\ ,\ \ q=-t-\sqrt{t^2+1}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(0)=-1\lt 0\ ,\ \ f'(1)=2t\gt 0\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p\lt 0\lt q\lt 1\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt t\lt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{t}\gt 1\end{align*}}$
なので、f(x)の増減は次のようになる。
よって、f(x)はx=pで極大、x=qで極小となるので、題意は示された。
(2)
(1)より$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\alpha\ ,\ \ q=\beta \end{align*}}$ であり、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta=-2t\ ,\ \ \alpha\beta=-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PQ\end{align*}}$ の中点を$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M(X\ ,\ Y)\end{align*}}$ とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X=\frac{\alpha+\beta}{2}=-t\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(\alpha)=\alpha^2+2t\alpha-1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 1-t\alpha=\alpha^2+\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(\alpha)= \frac{\alpha+t}{\alpha(\alpha^2+t\alpha)}=\frac{1}{\alpha^2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y&=\sf \frac{f(\alpha)+f(\beta)}{2} \\ &=\sf \frac{1}{2}\left(\frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}\right)\\ &=\sf \frac{\alpha^2+\beta^2}{2\alpha^2\beta^2}\\ &=\sf \frac{(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta}{2\alpha^2\beta^2}\\ &=\sf 2t^2+1 \end{align*}}$
これらより $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t\ \left(0\lt t\lt 1\right)\end{align*}}$ を消去すると、
$\scriptsize\sf{Y=2X^2+1\ \ (-1\lt X\lt 0)}$
となるので、Mは放物線$\scriptsize\sf{y=2x^2+1}$ の$\scriptsize\sf{-1\lt t\lt 0}$ の部分を動く。
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- 2019/04/30(火) 23:57:00|
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第4問
nを3以上の自然数とする。2つの箱XとYがあり、どちらの箱にも1からnまでのn枚の
番号札が入っている。
AとBの2人のうち、Aは箱Xから札を1枚取り出し、取り出した札の番号を得点とする。
Bは箱Yから札を1枚取り出し、もし取り出した札の番号が3からnまでのいずれかで
あればその番号を得点とし、もし取り出した札の番号が1または2のいずれかであれば、
その札を箱Yに戻し、再び箱Yから札を1枚取り出し、取り出した札の番号をBの得点
とする。
(1) mをn以下の自然数とする。Bの得点がmになる確率を求めよ。
(2) Aの得点よりBの得点が大きくなる確率pnを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Bの得点がmになる確率をqm とおく。
(ⅰ) m=1，2のとき
1回目は1または2の札を引き、2回目にmの札を引けばよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_m=\frac{2}{n}\cdot\frac{1}{n}=\underline{\frac{2}{n^2}}\end{align*}}$
(ⅱ) 3≦m≦nのときは次の2つの場合がある
・1回目にmの札を引く
・1回目は1または2の札を引き、2回目にmの札を引く
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_m=\frac{1}{n}+\frac{2}{n}\cdot\frac{1}{n}=\underline{\frac{n+2}{n^2}}\end{align*}}$
(2)
Aの得点がMで、Bの得点がAよりも大きくなる確率をrMとおく。
・M=1のとき
Bの得点mは2≦m≦nであればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r_1&=\sf \frac{1}{n}\sum_{m=2}^nq_m \\ &=\sf \frac{1}{n}\left\{\frac{2}{n^2}+\frac{n+2}{n^2}\cdot \left(n-2\right)\right\}\\ &=\sf \frac{n^2-2}{n^3}\end{align*}}$
・M≧2のとき
Bの得点mはM+1≦m≦nであればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r_M&=\sf \frac{1}{n}\sum_{m=M+1}^nq_m \\ &=\sf \frac{1}{n}\cdot\frac{n+2}{n^2}\cdot \left(n-M\right)\\ &=\sf \frac{\left(n+2\right)\left(n-M\right)}{n^3}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_n&=\sf \sum_{M=1}^nr_M \\ &=\sf r_1+\sum_{M=2}^nr_M\\ &=\sf \frac{n^2-2}{n^3}+\sum_{M=1}^n\frac{\left(n+2\right)\left(n-M\right)}{n^3}-\frac{\left(n+2\right)\left(n-1\right)}{n^3}\\ &=\sf \frac{n^2-2}{n^3}+\frac{n+2}{n^3}\left\{n^2-\frac{1}{2}n(n+1)\right\}-\frac{n^2+n-2}{n^3}\\ &=\sf \underline{\frac{n^2+n-4}{2n^2}}\end{align*}}$
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- 2019/05/01(水) 23:57:00|
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第5問
f(x)を区間$\small\sf{[0\ ,\ \pi]}$ で連続な関数とする。関数$\small\sf{f_1(x)\ ,\ f_2(x)\ ,\ \cdots}$ を関係式
$\small\sf{f_1(x)=f(x)}$
$\small\sf{\begin{align*}\sf f_{n+1}(x)=2\cos x+\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_n(t)\sin\left(x-t\right)dt\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
により定める。さらに、自然数nに対して
$\small\sf{\begin{align*}\sf a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_n(t)\sin tdt\ ,\ \ bn=\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_n(t)\cos tdt\end{align*}}$
とおく。
(1) $\small\sf{a_{n+1}\ ,\ b_{n+1}}$ を$\small\sf{a_n\ ,\ b_n}$ を用いて表せ。
(2) $\small\sf{v_n=a_n-1}$ とおく。このとき、$\small\sf{c_{n+2}=-c_n}$ が成立することを示し、一般項$\small\sf{c_n}$ を
$\small\sf{a_1}$ と$\small\sf{b_1}$ を用いて表せ。
(3) $\small\sf{a_n\ ,\ b_n}$ がnによらない定数となるようなf(x)を1つ求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n+1}(x)&=\sf 2\cos x+\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_n(t)\left(\sin x\cos t-\cos x-\sin t\right)dt \\ &=\sf 2\cos x+\left(\sin x\right)\cdot\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_n(t)\cos tdt-\left(\cos x\right)\cdot\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_n(t)\sin tdt\\ &=\sf \left(2-a_n\right)\cos x+b_n\sin x\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+1}&=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_{n+1}(t)\sin tdt \\ &=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\big\{\left(2-a_n\right)\cos t+b_n\sin t\big\}\sin tdt\\ &=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\big\{\left(2-a_n\right)\sin t\cos t+b_n\sin^2t\big\}dt\\ &=\sf \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\big\{\left(2-a_n\right)\sin 2t+b_n\left(1-\cos 2t\right)\big\}dt\\ &=\sf \frac{1}{\pi}\left[-\frac{2-a_n}{2}\cos 2t+b_n\left(t-\frac{1}{2}\sin 2t\right)\right]_0^{\pi}\\ &=\sf \underline{b_n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_{n+1}&=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}f_{n+1}(t)\cos tdt \\ &=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\big\{\left(2-a_n\right)\cos t+b_n\sin t\big\}\cos tdt\\ &=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\big\{\left(2-a_n\right)\cos^2 t+b_n\sin t\cos t\big\}dt\\ &=\sf \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\big\{\left(2-a_n\right)\left(1+\cos 2t\right)+b_n\sin 2t\big\}dt\\ &=\sf \frac{1}{\pi}\left[\left(2-a_n\right)\left(t+\frac{1}{2}\sin 2t\right)-\frac{b_n}{2}\cos 2t\right]_0^{\pi}\\ &=\sf \underline{2-a_n}\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c_{n+2}&=\sf a_{n+2}-1 \\ &=\sf b_{n+1}-1\\ &=\sf (2-a_n)-1\\ &=\sf -(a_n-1)\\ &=\sf -c_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)\ n=2m\end{align*}}$ （m：自然数）のとき、数列$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \{c_{2m}\}\end{align*}}$ は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c_{2m}=(-1)^{m-1}c_2=(-1)^{m-1}\left(a_2-1\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c_n=\underline{\left(-1\right)^{\frac{n}{2}-1}\left(b_1-1\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (ii)\ n=2m-1\end{align*}}$ （m：自然数）のとき、数列$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \{c_{2m-1}\}\end{align*}}$ は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c_{2m-1}=(-1)^{m-1}c_1=(-1)^{m-1}\left(a_1-1\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c_n=\underline{\left(-1\right)^{\frac{n-1}{2}}\left(a_1-1\right)}\end{align*}}$
(3)
an、bnがnによらない定数となるとき、cnも定数となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c_1=c_2=c_3=c_4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_1-1=b_1-1=-(a_1-1)=-(b_1-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_1=b_1=1\end{align*}}$ ……(*)
であればよい。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\cos x+\sin x\end{align*}}$
とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_1&=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\left(\sin t\cos t+\sin^2t\right)dt \\ &=\sf \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\left(\sin 2t+1-\cos2t\right)dt\\ &=\sf \frac{1}{\pi}\left[-\frac{1}{2}\cos 2t+t-\frac{1}{2}\sin2t\right]_0^{\pi}\\ &=\sf 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_1&=\sf \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\left(\sin t\cos t+\cos^2t\right)dt \\ &=\sf \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\left(\sin 2t+1+\cos2t\right)dt\\ &=\sf \frac{1}{\pi}\left[-\frac{1}{2}\cos 2t+t+\frac{1}{2}\sin2t\right]_0^{\pi}\\ &=\sf 1\end{align*}}$
なので、(*)を満たす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\underline{\cos x+\sin x}\end{align*}}$
は題意を満たすことになる。
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- 2019/05/02(木) 23:57:00|
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