第1問
xy平面における曲線$\small\sf{y=\sin x}$ の2つの接線が直交するとき、その交点のy座標の値を
すべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
接点のx座標をp、qとおくと、$\scriptsize\sf{\left(\sin x\right)'=\cos x}$ より接線の傾きはそれぞれ$\scriptsize\sf{\cos p\ ,\ \ \cos q}$
となる。2接線が直交するので、
$\scriptsize\sf{\cos p\cdot \cos q=-1}$
$\scriptsize\sf{-1\leqq \cos p\leqq 1\ ,\ \ -1\leqq \cos q\leqq 1}$ なので、$\scriptsize\sf{\cos p\geqq \cos q}$ とすると、
$\scriptsize\sf{\cos p=1\ ,\ \ \cos q=-1}$
よって、p、qは整数m、Mを用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=2m\pi\ ,\ \ q=(2M+1)\pi\end{align*}}$
と表せるので、2接線の方程式はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=x-2m\pi\ ,\ \ y=-x+(2M+1)\pi\end{align*}}$
これらの交点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x-2m\pi=-x+(2M+1)\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{2m+2M+1}{2}\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{2m+2M+1}{2}\pi-2m\pi=\frac{2(M-m)+1}{2}\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=M-m\end{align*}}$ （整数）とおくと、交点のy座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\underline{\frac{2n+1}{2}\pi}\end{align*}}$
の形で表せる。
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第2問
aを1ではない正の実数とし、nを正の整数とする。次の不等式を考える。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \log_a\left(x-n\right)\gt\frac{1}{2}\log_a\left(2n-x\right)\end{align*}}$
(1) n=6のとき、この不等式を満たす整数xをすべて求めよ。
(2) この不等式を満たす整数xが存在するためのnについての必要十分条件を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
真数条件
$\scriptsize\sf{x-n\gt 0}$ かつ $\scriptsize\sf{12-x\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ n\lt x\lt 2n\ \ \ \cdots\cdots (*)}$
与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\log_a\left(x-n\right)\gt\frac{1}{2}\log_a\left(2n-x\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log_a\left(x-n\right)^2\gt\log_a\left(2n-x\right) \ \ \ \cdots\cdots (**)\end{align*}}$
と変形できる。
(1)
n=6のとき、
$\scriptsize\sf{(*)\ \ \Leftrightarrow\ \ 6\lt x\lt 12}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (**)\ \ \Leftrightarrow\ \ \log_a\left(x-6\right)^2\gt\log_a\left(12-x\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)\ a\gt 1\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x-6\right)^2\gt 12-x&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2-11x+24\gt 0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x\lt 3\ ,\ \ 8\lt x \end{align*}}$
xは整数なので、$\scriptsize\sf{\underline{x=9,\ 10,\ 11}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (ii)\ 0\lt a\lt 1\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x-6\right)^2\lt 12-x\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 3\lt x \lt 8 \end{align*}}$
xは整数なので、真数条件を考慮に入れると$\scriptsize\sf{\underline{x=7}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf (x-n)^2-(2n-x) \end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(n)=(n-n)^2-(2n-n)=-n\lt 0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(2n)=(2n-n)^2-(2n-2n)=n^2\gt 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)\ a\gt 1\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (**)\ \ \Leftrightarrow\ \ f(x)\gt 0\end{align*}}$
これが(*)の範囲に整数解をもつためには
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(2n-1)\gt 0&\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (2n-1-n)^2-(2n-2n+1)\gt 0\sf \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf n^2-2n\gt 0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf n\gt 2\ \ \ (\because\ n\gt 0)\end{align*}}$
であればよい。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (ii)\ 0\lt a\lt 1\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (**)\ \ \Leftrightarrow\ \ f(x)\lt 0\end{align*}}$
これが(*)の範囲に整数解をもつためには
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(n+1)\lt 0&\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ (n+1-n)^2-(2n-n-1)\lt 0\sf \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf n\gt 2\end{align*}}$
であればよい。
以上より、いずれの場合も求める条件は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{n\gt 2}\end{align*}}$
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- 2019/04/14(日) 23:57:00|
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第3問
aを実数とし、数列$\small\sf{\left\{x_n\right\}}$ を次の漸化式によって定める。
$\small\sf{x_1=a\ ,\ \ \ x_{n+1}=x_n+x_n^2\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)}$
(1) $\small\sf{a\gt 0}$ のとき、数列$\small\sf{\left\{x_n\right\}}$ が発散することを示せ。
(2) $\small\sf{-1\lt a\lt 0}$ のとき、すべての正の整数nに対して$\small\sf{-1\lt x_n\lt 0}$ が成り立つことを示せ。
(3) $\small\sf{-1\lt a\lt 0}$ のとき、数列$\small\sf{\left\{x_n\right\}}$ の極限を調べよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=1,2,3,\cdots \end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=x_n+x_n^2 \ \ \Leftrightarrow\ \ &\sf x_{n+1}-x_n=x_n^2\geqq 0 \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}\geqq x_n\geqq x_{n-1}\geqq\cdots \geqq x_2\geqq x_1=a\ \ \ \ \cdots\cdots\cdots (*)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=1,2,3,\cdots \end{align*}}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=x_n+x_n^2=x_n\left(1+x_n\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_2=x_{1}\left(1+x_{1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_3=x_{2}\left(1+x_{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n=x_{n-1}\left(1+x_{n-1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\gt 0\end{align*}}$ と$\scriptsize\sf{(*)}$ より $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_1,x_2,\cdots ,x_{n}\ne 0 \end{align*}}$ なので、これらを辺々かけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n&=\sf \left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)\cdots\left(1+x_{n-1}\right)x_1\\ &\geqq \sf \left(1+x_{1}\right)^{n-1}x_1\ \ \ \ \left(\because\ (*)\right)\\ &=\sf \left(1+a\right)^{n-1}a\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ 1+a\gt 1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+a\right)^{n-1}a=+\infty\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=+\infty\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt a\lt 0\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_n\lt 0 \end{align*}}$ が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは自明
(ⅱ) n=kのとき$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_k\lt0\end{align*}}$ が成り立つと仮定する。
xについての関数
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=x+x^2=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}\ \ \ \left(-1\lt x\lt 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x\lt 0\end{align*}}$ における値域は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{4}\lt f(x)\lt 0\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{k+1}=f\left(x_k\right)\end{align*}}$ のとりうる値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{4}\lt x_{k+1}\lt 0 \end{align*}}$ ･･････(A)
となる。よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf n=k+1\end{align*}}$ のときも$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_{k+1}\lt 0 \end{align*}}$ が成り立つ。
以上より、すべての自然数nに対して$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_n\lt 0\end{align*}}$ が成り立つ。
(3)
(2)より、$\scriptsize\sf{-1\lt a\lt 0}$ のとき$\scriptsize\sf{x_n\ne 0}$ なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n=-\frac{1}{x_n}\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (*)\ \ \Leftrightarrow\ \ y_n\geqq y_{n-1}\geqq\cdots \geqq y_2\geqq y_1=-\frac{1}{a}\gt 1 \ \ \ \ \cdots\cdots\cdots (**)\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=x_n+x_n^2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{1}{y_{n+1}}=-\frac{1}{y_n}+\frac{1}{y_n^2} \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf y_{n+1}=y_ny_{n+1}-y_n\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf y_{n+1}=\left(y_{n+1}-1\right)y_n\end{align*}}$
これが$\scriptsize\sf{n=1,2,\cdots }$ に対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_2=y_{1}\left(y_{2}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_3=y_{2}\left(y_{3}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n=y_{n-1}\left(y_{n}-1\right)\end{align*}}$
これらを辺々かけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n&=\sf\left(y_{2}-1\right)\left(y_{3}-1\right)\cdots\left(y_{n}-1\right)y_1 \\ &\geqq\sf \left(y_2-1\right)^{n-1}y_1\ \ \ \ \left(\because\ (**)\right)\\ &\gt\sf \left(y_2-1\right)^{n-1}\ \ \ \ \left(\because\ (**)\right)\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\lt x_1\lt 0\end{align*}}$ と(A)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{4}\lt x_2\lt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ y_2\gt 4\ \ \Leftrightarrow\ \ y_2-1\gt 3\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(y_2-1\right)^{n-1}=+\infty\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}y_n=+\infty\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(-\frac{1}{y_n}\right)=\underline{0}\end{align*}}$
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第4問
実数を係数にもつ整式A(x)を$\small\sf{\begin{align*}\sf x^2+1\end{align*}}$ で割った余りとして得られる整式を$\small\sf{\begin{align*}\sf \left[ A(x)\right]\end{align*}}$ と表す。
(1) $\small\sf{\begin{align*}\sf \left[2x^2+x+3\right]\ ,\ \ \left[x^5-1\right]\ ,\ \ \big[\left[2x^2+x+3\right]\left[x^5-1\right]\big]\end{align*}}$ をそれぞれ求めよ。
(2) 整式A(x)、B(x)に対して、次の等式が成り立つことを示せ。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \left[A(x)\ B(x)\right]=\big[\left[A(x)\right]\left[B(x)\right]\big]\end{align*}}$
(3) 実数$\small\sf{\begin{align*}\sf \theta\end{align*}}$ に対して、次の等式が成り立つことを示せ。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \big[\left(x\sin \theta+\cos\theta\right)^2\big]=x\sin 2\theta+\cos2\theta\end{align*}}$
(4) 次の等式を満たす実数a、bの組(a，b)をすべて求めよ。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \big[\left(ax+b\right)^4\big]=-1\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2x^2+x+3=2(x^2+1)+x+1 \end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\left[2x^2+x+3\right]=\underline{x+1}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^5-1=(x^2+1)(x^3-x)+x-1 \end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\left[x^5-1\right]=\underline{x-1}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (x+1)(x-1)=(x^2+1)-2 \end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\big[\left[2x^2+x+3\right]\left[x^5-1\right]\big]=\underline{-2}}$
(2)
A(x)、B(x)を$\scriptsize\sf{x^2+1}$ で割ったときの商をそれぞれp(x)、q(x)とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A(x)\ B(x)&=\sf \left\{(x^2+1)p(x)+\left[A(x)\right]\right\}\left\{(x^2+1)q(x)+\left[B(x)\right]\right\} \\ &=\sf \underline{(x^2+1)^2p(x)q(x)+(x^2+1)\left\{p(x)\left[B(x)\right]+q(x)\left[A(x)\right]\right\}}+\left[A(x)\right]\left[B(x)\right] \end{align*}}$
上式の下線部は$\scriptsize\sf{x^2+1}$ で割り切れるので、
$\scriptsize\sf{ \left[A(x)\ B(x)\right]=\big[\left[A(x)\right]\left[B(x)\right]\big]}$
が成り立つ。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}&\sf \big[\left(x\sin \theta+\cos\theta\right)^2\big]\\=&\sf \big[x^2\sin^2 \theta+2x\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta\big] \\=&\sf\big[(x^2+1)\sin^2 \theta+2x\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta-\sin^2 \theta\big] \\=&\sf 2x\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta-\sin^2 \theta\\=&\sf x\sin 2\theta+\cos2\theta\end{align*}}$
(4)
$\scriptsize\sf{(a\ ,\ b)\ne(0\ ,\ 0)}$ より
$\scriptsize\sf\begin{align*}\sf ax+b=\sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)\end{align*}{}$
と変形でき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r=\sqrt{a^2+b^2}\ (\gt 0)\ ,\ \ \sin\theta=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\ ,\ \ \cos\theta=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ \ \left(0\leqq\theta\lt 2\pi\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \big[\left(ax+b\right)^4\big]&=\sf \big[r^4\left(x\sin\theta+\cos\theta\right)^4\big] \\ &=\sf r^4\bigg[\big[\left(x\sin\theta+\cos\theta\right)^2\big]^2\bigg]\ \ \ \left(\because\ (2)\right)\\ &=\sf r^4\big[\left(x\sin2\theta+\cos2\theta\right)^2\big]\ \ \ \left(\because\ (3)\right)\\ &=\sf r^4\left(x\sin4\theta+\cos4\theta\right)\ \ \ \left(\because\ (3)\right) \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \big[\left(ax+b\right)^4\big]=-1\ \ \Leftrightarrow\ \ r^4\left(x\sin4\theta+\cos4\theta\right)=1\cdot\left(x\sin\pi+\cos\pi\right)\end{align*}}$
これがxについての恒等式なので、係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{r^4=1\ \ \Leftrightarrow\ \ r=1\ (\gt 0)}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 4\theta=\pi+2n\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{\pi}{4}+\frac{n}{2}\pi\end{align*}}$ （ｎ：整数）
$\scriptsize\sf{0\leqq\theta\lt 2\pi}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta=\frac{\pi}{4}\ ,\ \frac{3}{4}\pi\ ,\ \ \frac{5}{4}\pi\ ,\ \ \frac{7}{4}\pi\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(a\ ,\ b\right)=\left(r\sin\theta\ ,\ r\cos\theta\right)=\underline{\pm\left(\frac{1}{\sqrt2}\ ,\ \frac{1}{\sqrt2}\right)} \end{align*}}$ （複号任意）
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- 2019/04/16(火) 23:57:00|
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第5問
(1) 次の等式が成り立つことを示せ．
$\small\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx=\int_{0}^1\sin^2(\pi x)dx=\frac{1}{2}\end{align*}}$
(2) 次の等式を満たす関数f(x)を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*}\sf (1+e^x)f(x)=\sin^2(\pi x)+\int_{-1}^1(e^x-e^t+1)f(t)dt\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx= \int_{-1}^0\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx+ \int_{0}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx \end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=-t\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^0\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx&=\sf \int_{1}^0\frac{\sin^2(-\pi t)}{1+e^{-t}}\ (-dt) \\ &=\sf \int_{0}^1\frac{e^t\sin^2(\pi t)}{1+e^{t}}dt\\ &=\sf \int_{0}^1\frac{e^x\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}dx&=\sf \int_{0}^1\frac{e^x\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx+\int_{0}^1\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx\\ &=\sf \int_{0}^1\frac{(1+e^x)\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx \\ &=\sf \int_{0}^1\sin^2(\pi x)dx \end{align*}}$
半角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{0}^1\sin^2(\pi x)dx&=\sf\int_{0}^1\frac{1-\cos(2\pi x)}{2}dx \\ &=\sf\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{4\pi}\sin(2\pi x)\right]_0^1 \\ &=\sf\frac{1}{2} \end{align*}}$
(2)
与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+e^x)f(x)&=\sf \sin^2(\pi x)+\int_{-1}^1(e^x-e^t+1)f(t)dt \\ &=\sf \sin^2(\pi x)+(1+e^x)\int_{-1}^1f(t)\ dt-\int_{-1}^1(1+e^t)f(t)\ dt+\int_{-1}^1f(t)\ dt \end{align*}}$
と変形できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\int_{-1}^1f(t)\ dt\ ,\ \ \ b=\int_{-1}^1(1+e^t)f(t)\ dt\ \ \ \cdots\cdots\cdots (i)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (1+e^x)f(x)= \sin^2(\pi x)+a(1+e^x)-b+a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f(x)=\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}+a+\frac{a-b}{1+e^x} \ \ \ \cdots\cdots\cdots (ii)\end{align*}}$
となる。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^1\frac{dx}{1+e^x}&=\sf\int_{-1}^1\left(1-\frac{e^x}{1+e^x}\right)dx \\ &=\sf\int_{-1}^1\left(1-\frac{(1+e^x)'}{1+e^x}\right)dx\\ &=\sf\big[x-\log|1+e^x|\big]_{-1}^1 \\ &=\sf 2-\log\frac{1+e}{1+\frac{1}{e}}\\&=\sf 2-\log e\\&=\sf 1\end{align*}}$
なので、(i)、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a&=\sf \int_{-1}^1\left\{\frac{\sin^2(\pi t)}{1+e^t}+a+\frac{a-b}{1+e^t} \right\}dt\\&=\sf \frac{1}{2}+2a+a-b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4a-b=-1\ \ \ \cdots\cdots\cdots (iii)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b&=\sf \int_{-1}^1\left\{\sin^2(\pi t)+a(1+e^t)+a-b \right\}dt \\ &=\sf\left[\frac{t}{2}-\frac{1}{4\pi}\sin(2\pi t)+a(t+e^t)+(a-b)t\right]_{-1}^1 \\ &=\sf 1+(2+e-e^{-1})a+2(a-b)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ (4+e-e^{-1})a-3b=-1\ \ \ \cdots\cdots\cdots (iv)\end{align*}}$
(ⅲ)、(ⅳ)を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\frac{1}{2(e-e^{-1}-2)}\ ,\ \ a-b=-\frac{e-e^{-1}-1}{2(e-e^{-1}-2} \end{align*}}$
となるので、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\underline{\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^x}+\frac{1}{2(e-e^{-1}-2)}-\frac{e-e^{-1}-1}{2(e-e^{-1}-2)(1+e^x)}}\end{align*}}$
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第6問
10個の玉が入っている袋から1個の玉を無作為に取り出し、新たに白玉1個を袋に入れる
という試行を繰り返す。初めに、袋には赤玉5個と白玉5個が入っているとする。この試行を
m回繰り返したとき、取り出した赤玉が全部でk個である確率を$\small\sf{p(m,k)}$ とする。2以上の
整数nに対して、以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{p(n+1,2)}$ を$\small\sf{p(n,2)}$ と$\small\sf{p(n,1)}$ を用いて表せ。
(2) $\small\sf{p(n,1)}$ を求めよ。
(3) $\small\sf{p(n,2)}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
m回の試行の後に取り出した赤玉の合計を$\scriptsize\sf{N(m)}$ と表すことにする。
(1)
$\scriptsize\sf{N(n+1)=2}$ となるのは次の2つの場合がある。
・$\scriptsize\sf{N(n)=1}$ の状態（袋の中は赤4個と白6個）から、赤を取り出す。
・$\scriptsize\sf{N(n)=2}$ の状態（袋の中は赤3個と白7個）から、白を取り出す。
よって、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n+1,2)=\underline{\frac{2}{5}p(n,1)+\frac{7}{10}p(n,2)}\end{align*}}$
(2)
1～n回の試行のうちでただ1度だけ赤玉を取り出せばよい。
k回目だけ赤玉を取り出したとすると、
・1～$\scriptsize\sf{k-1}$ 回目の試行は、赤5個、白5個が入った袋から白玉
・k回目の試行は、赤5個、白5個が入った袋から赤玉
・k+1～n回目の試行は、赤4個、白6個が入った袋から白玉
を取り出せばよいので、その確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{5}{10}\right)^{k-1}\cdot\frac{5}{10}\cdot\left(\frac{6}{10}\right)^{n-k}=\left(\frac{3}{5}\right)^{n}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{k} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{k=1,2,\cdots ,n}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n,1)&=\sf\sum_{k=1}^n\left(\frac{3}{5}\right)^{n}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{k} \\ &=\sf\left(\frac{3}{5}\right)^{n}\cdot\frac{\frac{5}{6}\left\{1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}\right\}}{1-\frac{5}{6}} \\ &=\sf \underline{5\left\{\left(\frac{3}{5}\right)^{n}-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right\}}\end{align*}}$
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n+1,2)=\frac{7}{10}p(n,2)+2\left\{\left(\frac{3}{5}\right)^{n}-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right\} \end{align*}}$ ･･････(i)
ここで、(i)が
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n+1,2)+a\left(\frac{3}{5}\right)^{n+1}+b\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}=\frac{7}{10}\left\{p(n,2)+a\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+b\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right\}\end{align*}}$ ･･････(ii)
のように変形できたとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (ii)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p(n+1,2)+\frac{3a}{5}\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+\frac{b}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\frac{7}{10}p(n,2)+\frac{7a}{10}\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+\frac{7b}{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf p(n+1,2)=\frac{7}{10}p(n,2)+\frac{a}{10}\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+\frac{b}{5}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} \end{align*}}$
(i)、(ii)の係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2=\frac{a}{10}\ \ \Leftrightarrow\ \ a=20\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -2=\frac{b}{5}\ \ \Leftrightarrow\ \ b=-10\end{align*}}$
となるので、(i)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n+1,2)+20\left(\frac{3}{5}\right)^{n+1}-10\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}=\frac{7}{10}\left\{p(n,2)+20\left(\frac{3}{5}\right)^{n}-10\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right\}\end{align*}}$
これより、数列$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\left\{p(n,2)+20\left(\frac{3}{5}\right)^{n}-10\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n,2)+20\left(\frac{3}{5}\right)^{n}-10\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\left(\frac{7}{10}\right)^{n-2}\left\{p(2,2)+20\left(\frac{3}{5}\right)^{2}-10\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(2,2)=\frac{5}{10}\cdot\frac{4}{10}=\frac{1}{5}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p(n,2)=\underline{10\left(\frac{7}{10}\right)^{n}-20\left(\frac{3}{5}\right)^{n}+10\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/04/18(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .東北大 理系 2019
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