210152


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  • 配点(200点満点)

①30点②(1)10点(2)10点(3)10点③40点④35点⑤35点⑥(1)15点(2)15点

  • 解答

①k(2-k)/2(1-k)

②(1)1/(n+1) (2)(3)解説参照

③nが4で割って2で余る数でない自然数

④n=1で、4面体 n≧2で、3*2^(n-1)+2面体

⑤第二象限

⑥(1)S[m](n)=(m+n-1)Cm  (2)a=1/2の時1/e

  • 各問の予備知識と難易度

①積分 ☆☆☆★★

②(1)∫(0→π/4)(tanθ)^n dθ,漸化式 ☆☆★★★

(2)(3)極限 ☆☆★★★

③塗り分けの論証法,(帰納法) ★★★★★

④漸化式(漸化式の定義域),空間図形 ☆★★★★

⑤はさみうちの原理 ★★★★★

⑥(1)帰納法,数列 ☆☆★★★(2)区分求積法(log),極限 ☆★★★★

  • 解説
  • 問題.一
    D:y≧0,y≦cosx,y≦a(k)*sinx の領域Dの面積がkとなるようにa(k)の式を求めよ。
    

y=cosxからDじゃない部分を引くと考える。

y=a(k)*sinxとy=cosxの交点のx座標をαとおくとa(k)=1/tanαで

y=cosxからDを除いた面積は

1-k=∫[0→α]{cosx-a(k)*sinx}dx=[sinx+a(k)cosx](0→α)

=(sinα+a(k)cosα)-a(k)

a(k)+1-k=sinα+a(k)*cosα

=cosα(a(k)+tanα)

=(1/tanα+tanα)/√(1+tanα^2)

=√(1+tanα^2)/tanα

a(k)+1-k=√(1+a(k)^2)…①

①を両辺二乗して

a(k)^2+2(1-k)a(k)+(1-k)^2=1+a(k)^2

∴a(k)=k(2-k)/2(1-k)

  • 問題.二
    nを0以上の整数としてI_nをI_n=∫(0→π/4)(tanx)^n dxとする時
    以下の問に答えよ。
    (1)I_n+I_(n+2)をnを用いて表せ
    (2)π=4*Σ[n=1,∞](-1)^(n-1)/(2n-1)を示せ
    (3)e=2^(1/Σ[n=1,∞](-1)^(n-1)/n)を示せ
    

(1)I_n+I_(n+2)=∫(0→π/4)(tanx)^n(1+(tanx)^2) dx

=∫(0→π/4)(tanx)^n(tanx)' dx

=[(tanx)^(n+1)/(n+1)](0→π/4)

=1/(n+1)

(2)n=2m(mを0以上の自然数)とおく。

I_0=∫(0→π/4)dx=π/4…①

(1)より

I_0=1/1-I_2=1/1-1/3+I_4=…のように

I_0=Σ[k=1,m](-1)^(k-1)/(2k-1)+(-1)^mI_2mとなることを示す。…②

m=1でI_0=1-I_1で成立。m以下での成立を仮定してm+1について

I_2m=-I_2(m+1)+1/(2(m+1)-1)より

I_0=Σ[k=1,m+1](-1)^(k-1)/(2k-1)+(-1)^(m+1)I_2(m+1)よりm+1でもこれを満たす。

lim(n→∞)I_n=0を示す。…③

0<x<π/4においてlim(n→∞)(tanx)^n=0より

lim(n→∞)I_n=0

以上①,②,③よりn→∞の時

π/4=Σ[k=1,∞](-1)^(k-1)/(2k-1)

∴π=4Σ[k=1,∞](-1)^(k-1)/(2k-1)

(3)n=2m-1(mを自然数)とおく

I_1=∫(0→π/4)tanx dx=-∫(0→π/4)(cosx)'/cosx dx

=-[log(cosx)](0→π/4)=-log(1/√2)=log2/2…④

②と同様にして(証明略)

I_1=Σ[k=1,m](-1)^(k-1)/2k+(-1)^mI_(2m-1)となる…⑤

以上④,⑤,③よりn→∞の時

log2/2=Σ[k=1,∞](-1)^(k-1)/2k

log2=Σ[k=1,∞](-1)^(k-1)/k

e^Σ[k=1,∞](-1)^(k-1)/k=2から

e=2^(1/Σ[k=1,∞](-1)^(k-1)/k)

  • 問題.三
    n×nマスの正方形の盤があり、その盤の好きなところに駒を置いて以下の ①,②の動作を交互に行って、駒を動かす。(ただし、駒は縦横に真っ直ぐに
    しか動けず、また①と②のどちらから動作を始めてよい。)
    ①1マス隣へ動く
    ②2マス隣へ動く
    この時、初期条件と駒の動きを上手く設定することでn×nの全てのマスを
    一回ずつ動くことが出来るための自然数nの必要十分条件を求めよ。ただしn=1では動かさないが成立するとしてよい。
    

n≠4m-2であることを示す。

①③②④のように動かして考える。

n=4mの時(以下はm=1の例)

①⑧・・
③⑥・・
②⑦・・
④⑤・・(以下同様)のように動かせばよい。

n=4m-3の時(以下はm=2の例)

①⑪⑩⑳21
③⑬⑧⑱・
②⑫⑨⑲・
④⑭⑦⑰・
⑤⑮⑥⑯…(以下同様)で動かして

更に最後に

21
23
22 
24
25とすれば、n=4m+1では成立。

n=4m-1の時(以下はm=2の例)

①⑮⑭2829…
③⑰⑫26…
②⑯⑬27…
④⑱⑪25…
⑤⑲⑩24…
⑦21⑧22…
⑥⑳⑨23…(以下同様)で動かして

最後に

①⑮⑭
③⑰⑫
②⑯⑬
④⑱⑪
⑤⑲⑩
⑦21⑧
⑥⑳⑨とすればn=4m-1で成立。

よって、n≠4m-2であることが必要条件。

n=4m-2の時に成立しないことを示す。(以下はm=2の例)

盤を4つに分けて

×○×○×○ ○9個
△□△□△□  △9個
×○×○×○  ×9個
△□△□△□ □9個
×○×○×○
△□△□△□

これら○,△,×,□の残りますは、動き方の条件より2個ずつ減っていく。

(ただし、最初の一回は1個へらすことが出来る。)

しかし、それを許しても○,△,×,□は4つが全て奇数個なのでこの動かし方では全てのマスを通ることが不可能。

∴n≠4m-2

これよりn≠4m-2である。

以上より、n×nの全てのマスを一回ずつ動くことが出来るための自然数nの必要十分条件はn≠4m-2

  • 問題.四
    正四面体(V_1)の各辺の中点をとり、それらの中点を結んで出来る立体をV_2とし、
    以下同様に立体V_nの各辺の中点を結んで出来る立体をV_(n+1)とする。
    この時、立体V_nは何面体になるか?
    ただし、V_nが全て凸多面体であることとオイラーの多面体定理を用いてよい。
    (オイラーの多面体定理:全ての凸多面体について、(辺の数)+2=(面の数)+(頂点の数)が成り立つ)
    

nの時の辺の数,面の数,頂点の数をそれぞれA_n,B_n,C_nとすると

V_nの辺の数だけV_(n+1)で点が作られるためC_(n+1)=A_nが成り立つ…①

更にV_(n+1)の面の数はV_nの点の数+V_nの面の数となるためB_(n+1)=B_n+C_nが成り立つ…②

また、オイラーの多面体定理よりA_n+2=C_n+B_n…③

また、A_1=6,B_1=4,C_1=4で

①,②,③を用いて漸化式を立てると

B_(n+1)+C_(n+1)+2=2(B_n+C_n)から

A_(n+1)+4=2(A_n+2)よりA_(n+1)=2A_nなのでA_n=2^(n-1)A_1=3*2^n(n≧1)

これよりC_n=A_(n-1)=3*2^(n-1)(n≧2)

よって、B_n=A_n+2-C_n=3*2^(n-1)+2(n≧2),B_1=4となる。

∴n≧2でV_nは3*2^(n-1)+2面体,n=1でV_1は4面体。

  • 問題.五
    nを非負の整数とする。
    点P_nは全て単位円上に存在し、任意のnについて以下を満たす。
    ①P_0(1,0)
    ②線分P_nP_(n+1)の長さが(1/2)^n
    ③P_1は第一象限にとり、以降P_nは小弧P_(n-2)P_(n-1)に含まれないようにとる。
    この時、n→∞の時のP_nは第何象限に存在するか
    

第二象限に存在することを示す。

Σ[n=1,∞]P_nP_(n+1)=Σ[n=1,∞](1/2)^n=1…①でこれを主に考えていく。

P_0P_1=1で△P_0OP_1は正三角形となる。また、△P_1OQが正三角形となり、P_0でない単位円上の点をQとると

P_1Q=1となり、それは直線だからQは、P_1から1進んだ時に最も離れた点でありこの時Qは第二象限にあるから

Pは第二象限以内に収まる。

また、P_1から1進む時に単位円上の弧を長さ1で動く時は、その到達地点をRとして

題の動き方よりも大回りなので∠P_∞OP_0>∠ROP_0である。

弧の長さが1の時の角度は2π*θ/2π=1よりθ=1であり

θ>π/6からこの時∠ROP_0>π/2となる。

以上よりπ>∠QOP_0>∠P_∞OP_0>∠ROP_0>π/2より

点P_∞の位置は第二象限で収束する。

  • 問題.六
    S[1](n)=Σ[k=1,n]1
    S[m+1](n)=Σ[k=1,n]S[m](k)として、以下の問に答えよ。
    (1)S[m](n)の一般項を求めよ。
    (2)lim(t→∞){Π[1≦k≦t]e^a*(lim(m→∞)(S_[m](m+1)/S[m](km+1))^(1/m)}が0以外に収束するための定数aの値を求め
    その収束値を求めよ。
    (ただし、Πは総乗を表す。例えばΠ[k=1,3]k=1*2*3=6である。)
    

(1)帰納法により示す

(m=2,3等で代入すると以下の仮定の結果が予想される。)

S[m](n)=(m+n-1)Cmとなることを仮定すると

m=1では成立する。

mでの成立を仮定して、m+1の時について

S[m+1](n)=Σ[k=1,n]S[m](k)=Σ[k=1,n](m+k-1)Cm=Σ[k=2,n](m+k)C(m+1)-(m+k-1)C(m+1) +1

=((m+1)+n-1)C(m+1)-1+1=((m+1)+n-1)C(m+1)となり、m+1でも成立することが示された。

以上より、数学的帰納法によりS[m](n)=(m+n-1)Cmが示される。

(2)

lim(m→∞)(S_[m](m+1)/S[m](km+1))^(1/m)=lim(m→∞)(2mCm/(k+1)mCm)^(1/m)

ここで、1/m*log(2mCm/(k+1)mCm)=1/m*log((2m)!(km)!/m!((k+1)m)!)

=1/m*log{(m+1)(m+2)…(m+m)/(km+1)…(km+m)}

=1/m*Σ[s=1,m]{log(m+s)-(km+s)}

=1/m*Σ[s=1,m]log{(m+s)/(km+s)}

=1/m*Σ[s=1,m]log{1-(k-1)/(k+s/m)}でm→∞の時

=∫(0→1)log{1-(k-1)/(k+x)}dx

=∫(0→1){log(x+1)-log(x+k)}dx

=[1/(x+1)-1/(x+k)](0→1)

=1/2-1+1/(k+1)-1/kより

lim(m→∞)(2mCm/(k+1)mCm)^(1/m)=e^(1/(k+1)-1/k-1/2)

Π[1≦k≦t]e^a*e^(1/(k+1)-1/k-1/2)=e^(1/(t+1)-1-t/2+at)

よって、lim(t→∞){Π[1≦k≦t]e^a*(lim(m→∞)(S_[m](m+1)/S[m](km+1))^(1/m)}

=lim(t→∞)e^(1/(t+1)-1-t/2+at)

=lim(t→∞)e^((a-1/2)t)/e

∴a>1/2の時∞に発散し、a<1/2では0に収束し、a=1/2で1/eに収束する。

よって、a=1/2の時1/eに収束。

感想

ちょっと時間なくて解説がお粗末かもしれませんが…(それはいつものこと?w)

③みたいな実験問題が一問目で⑤の漸化式立てると大変になる辺りがAO第三問で生かされたくらいでした。(何もカスってないけどw)

何はともあれ受かってて欲しいなあ…

元ネタ

③,④,⑤はオリジナルです。もし類題あったら教えて下さい

①はほとんど同じ問題がどこかの入試問題で出題済みでした。

②は∫(0→π/4)(tanθ)^n dθの漸化式を立てる問題を元に作成。

⑥(1)は有名問題?差分とる総和です。Cが出てくるっていうのが面白いと思った。

(2)は東工大1988年の3nCn/2nCnの問題の一般化に毛を生やした問題。駄問だったかな…

あと、②,③は数学板の某入試問題作成者スレでも出題。

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