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数学

90分、120点。

東京医科歯科大学1998年度入試問題数学解答


$ \fbox{1}$

$ (1)$
$ xy$ 平面の原点に点$ E$ を置き、点 $ A,\ B,\ C,\ D$ を順に $ (2,\ 1),\ (-2,\ 1),\ (-2,\ -1),\ (2,\ -1)$ に配置する。

\includegraphics[width=90mm]{1.eps}

円の方程式を $ {(x-a)}^2+{(y-b)}^2=c^2$ とする。この円が原点$ E$ を通ることから、 $ {(0-a)}^2+{(0-b)}^2=c^2$ である。従って円の方程式は

$ {(x-a)}^2+{(y-b)}^2=a^2+b^2$ である。

$ a>0,\ b>0$ の場合を考えると、下の図から円が長方形$ ABCD$ に含まれる条件は、

\includegraphics[width=90mm]{2.eps}

$ \begin{cases}
a+\sqrt{a^2+b^2}<1 & \\
b+\sqrt{a^2+b^2}<2 &
\end{cases}$

である。変形して、

$ \begin{cases}
\sqrt{a^2+b^2}<1-a,\ 1-a>0 & \\
\sqrt{a^2+b^2}<2-b,\ 2-b>0 &
\end{cases}$

である。両辺を二乗して、

$ \begin{cases}
a^2+b^2<1-2a+a^2,\ a<1 & \\
a^2+b^2<4-4b+b^2,\ b<2 &
\end{cases}$

であり、さらに整理して

$ \begin{cases}
a<\dfrac{1-b^2}{2},\ a<1 & \\
b<\dfrac{4-a^2}{4},\ b<2 &
\end{cases}$

である。これを図示すると下の図のようになる。

\includegraphics[width=100mm]{3.eps}

求める面積$ S_1$ は下図の斜線部の面積の$ 4$ 倍で、


$\displaystyle S_1$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 4\int_{0}^{1}{\dfrac{1-b^2}{2}db}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2\left[b-\dfrac{b^3}{3}\right]_{0}^{1}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{4}{3}$  

となる。よって、 $ S_1=\dfrac{4}{3}$ である。

$ (2)$
ここでも点$ O$ を原点とする$ xy$ 座標平面を考える。点$ H$$ (2,\ 0)$ とする。題意のような円を $ {(x-p)}^2+{(y-q)}^2=r^2$ とする。この円が$ H$ を内部に含むことから、

$\displaystyle {(2-p)}^2+{(0-q)}^2< r^2 \ \eqno(a)
$

である。また、この円が円$ F$ に含まれることから、($ 2$ 円の中心間の距離)$ <$$ 2$ 円の半径の差)であるから、

$\displaystyle \sqrt{p^2+q^2}<4-r \ \eqno(b)
$

である。

$ (a),\ (b)$ より、

$\displaystyle \sqrt{{(2-p)}^2+q^2}<4-\sqrt{p^2+q^2}
$

である。つまり、

$\displaystyle \sqrt{p^2+q^2}+\sqrt{{(p-2)}^2+q^2}<4
$

である。これは$ pq$ 平面において、点$ (0,\ 0)$ と点$ (2,\ 0)$ からの距離の和が一定値$ 4$ 以下である点の集合なので、楕円の内部(周を含まない)である。この楕円は下図のようになり、長軸の長さは$ 4$ 、短軸の長さは$ 2\sqrt{3}$ であるから、求める面積は


$\displaystyle S_2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{4}{2}\cdot \dfrac{2\sqrt{3}}{2}\cdot \pi$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2\sqrt{3}\pi$  

である。よって、 $ S_2=2\sqrt{3}\pi$ である。

\includegraphics[width=90mm]{5.eps}


$ \fbox{2}$

$ (1)$
$ P_1(1)$ は頂点$ A,\ B,\ C$ に存在する点が$ 1$ 秒後にすべて頂点$ D$ に移動する確率なので、 $ P_1(1)={\left(\dfrac{1}{3}\right)}^3=\dfrac{1}{27}$ である。

$ P_2(1)$ を求める。頂点$ A,\ B$ にあった点が合体する場合を考える。頂点$ A,\ B$ にあった点が合体するとき、頂点$ C$ で合体する場合と、頂点$ D$ で合体する場合が考えられる。

頂点$ C$ で合体する場合
頂点$ A,\ B$ にあった点が頂点$ C$ に移動する確率はそれぞれ $ \dfrac{1}{3}$ で、頂点$ C$ にあった点はどこに移動しても良いので、この場合の確率は $ \dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}\times 1=\dfrac{1}{9}$ である。
頂点$ D$ で合体する場合
頂点$ A,\ B$ にあった点が頂点$ C$ に移動する確率はそれぞれ $ \dfrac{1}{3}$ で、頂点$ C$ にあった点は頂点$ A$$ B$ に移動するので、この場合の確率は $ \dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{2}{27}$ である。

以上より、頂点$ A,\ B$ にあった点が合体する確率は $ \dfrac{1}{9}+\dfrac{2}{27}=\dfrac{5}{27}$ である。合体する$ 2$ つの点の選び方は、$ 3$ 通りであるから、結局

$ P_2(1)=\dfrac{5}{27}\times 3=\dfrac{5}{9}$ となる。

$ P_1(1)+P_2(1)+P_3(1)=1$ であるから、 $ P_3(1)=1-\dfrac{1}{27}-\dfrac{5}{9}=\dfrac{11}{27}$ となる。

$ (2)$
最初に$ P_3(n)$ を求める。漸化式を立てると、$ (1)$ より


$\displaystyle P_3(n+1)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P_3(1)\times P_3(n)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{11}{27} P_3(n)$  

である。 $ P_3(1)=\dfrac{11}{27}$ より、 $ P_3(n)={\left(\dfrac{11}{27}\right)}^{n}$ が分かる。以上より、$ n\geqq 2$ のとき、


$\displaystyle Q(n)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P_3(n-1)\times P_2(1)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{5}{9}{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^{n-1}$  

である。これは$ n=1$ でも成り立つので、 $ Q(n)=\dfrac{5}{9}{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^{n-1}$ となる。

$ (3)$
$ n+0.1$ 秒後に$ 2$ 個存在していた粒子が、$ (n+1)+0.1$ 秒後に$ 1$ 個になる確率は、 $ \dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}\times2=\dfrac{2}{9}$ であるから、$ n+0.1$ 秒後に$ 2$ 個存在していた粒子が、$ (n+1)+0.1$ 秒後に$ 2$ 個のままである確率は、 $ 1-\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}$ である。したがって、


$\displaystyle P_2(n+1)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle P_2(n)\times \dfrac{7}{9}+P_3(n)\times P_2(1)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{7}{9}P_2(n)+\dfrac{5}{9}{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n$  

である。この漸化式を解こう。簡単のために $ \dfrac{11}{27}=\alpha$ とおくと、

$\displaystyle P_2(n+1)=\dfrac{7}{9}P_2(n)+\dfrac{5}{9}{\alpha}^n
$

である。変形して、

$\displaystyle \dfrac{P_2(n+1)}{{\alpha}^{n+1}}=\dfrac{7}{9\alpha}\cdot \dfrac{P_2(n)}{{\alpha}^n}+\dfrac{5}{9\alpha}
$

となる。 $ \dfrac{P_2(n)}{{\alpha}^n}=R_n$ と置くと、

$\displaystyle R_{n+1}=\dfrac{21}{11}R_n+\dfrac{15}{11}
$

である。変形して、

$\displaystyle R_{n+1}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{21}{11}\left(R_n+\dfrac{3}{2}\right)
$

である。 $ R_1=\dfrac{P_2(1)}{\alpha}=\dfrac{5}{9}\cdot \dfrac{27}{11}=\dfrac{15}{11}$ であるから、


$\displaystyle R_n+\dfrac{3}{2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {\left(\dfrac{21}{11}\right)}^{n-1}\left(R_1+\dfrac{3}{2}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle =\dfrac{63}{22}{\left(\dfrac{21}{11}\right)}^{n-1}$  

である。従って、


$\displaystyle P_2(n)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle R_n{\alpha}^n$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left\{\dfrac{63}{22}{\left(\dfrac{21}{11}\right)}^{n-1}-\dfrac{3}{2}\right\} \cdot {\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{3}{2}\left\{{\left(\dfrac{7}{9}\right)}^n-{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n\right\}$  

である。また、 $ P_1(n)+P_2(n)+P_3(n)=1$ であるから、


$\displaystyle P_1(n)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 1-P_2(n)-P_3(n)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 1- \dfrac{3}{2}\left\{{\left(\dfrac{7}{9}\right)}^n-{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n\right\}-{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 1-\dfrac{3}{2}{\left(\dfrac{7}{9}\right)}^n+\dfrac{1}{2}{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n$  

となる。以上より、

$ P_2(n)=\dfrac{3}{2}\left\{{\left(\dfrac{7}{9}\right)}^n-{\left(\dfrac{11}{27}\...
...{3}{2}{\left(\dfrac{7}{9}\right)}^n+\dfrac{1}{2}{\left(\dfrac{11}{27}\right)}^n$ となる。


$ \fbox{3}$

$ (1)$


$\displaystyle f_1(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{x}{\dfrac{1}{t+1}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle [\log{(t+1)}]_{0}^{x}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \log{(x+1)}$  
$\displaystyle f_2(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{x}{\dfrac{\log{(t+1)}}{t+1}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\dfrac{1}{2}{\{\log{(t+1)}\}}^2\right]_{0}^{x}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1}{2}{\{\log{(x+1)}\}}^2$  
$\displaystyle f_3(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{x}{\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{{\{\log{(t+1)}\}}^2}{t+1}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\dfrac{1}{6}{\{\log{(t+1)}\}}^3\right]_{0}^{x}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1}{6}{\{\log{(x+1)}\}}^3$  

である。答えは、

$ f_1(x)= \log{(x+1)},\ f_2(x)= \dfrac{1}{2}{\{\log{(x+1)}\}}^2,\ f_3(x)=\dfrac{1}{6}{\{\log{(x+1)}\}}^3$ となる。

$ (2)$
$ (1)$ より $ f_n(x)=\dfrac{\{\log{(x+1)}\}^n}{n!}\ (n\geqq 0)$ と予想できる。これを仮定すると、


$\displaystyle f_{n+1}(x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{x}{\dfrac{1}{n!}\cdot \dfrac{\{\log{(t+1)}\}^n}{t+1}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left[\dfrac{1}{n!}\dfrac{\{\log{(t+1)}\}^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{x}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\{\log{(x+1)}\}^{n+1}}{(n+1)!}$  

となる。以上より、 $ f_n(x)=\dfrac{\{\log{(x+1)}\}^n}{n!}\ (n\geqq 0)$ である。

$ (3)$
$ f_n(x)=0$ となるのは$ x=0$ のときで、$ x>0$ では$ f_n(x)>0$ であるから、


$\displaystyle S_{n+1}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{a}{f_{n+1}(x)dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1}{(n+1)!} \int_{0}^{a}{{\{(x+1)\}}^{\prime}\cdot {\{\log{(x+1)}\}}^{n+1}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1}{(n+1)!}[(x+1){\{\log{(x+1)}\}}^{n+1}]_{0}^{a}$  
    $\displaystyle -\dfrac{1}{(n+1)!}\int_{0}^{a}{(x+1)\cdot \dfrac{(n+1){\{\log{(x+1)}\}}^{n}}{x+1}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{(a+1){\{\log{(a+1)}\}}^{n+1}}{(n+1)!}-{S_n}$  

となる。従って、

$\displaystyle S_n+S_{n+1}=\dfrac{(a+1){\{\log{(a+1)}\}}^{n+1}}{(n+1)!}
$

である。これと、与えられた条件

$\displaystyle S_n+S_{n+1}=\dfrac{a+1}{(n+1)!}
$

を比べると、 $ \log{(a+1)}=1$ でなければいけない($ a>0$ より)。よって、$ a=e-1$ となる。ただし、$ e$ は自然対数の底である。

$ (4)$
$ (3)$ から、$ n\geqq 2$ のとき


$\displaystyle S_1(a)+S_2(a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{a+1}{2!}$  
$\displaystyle -S_2(a)-S_3(a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -\dfrac{a+1}{3!}$  
$\displaystyle S_3(a)+S_4(a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{a+1}{4!}$  
$\displaystyle \cdots$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \cdots$  
$\displaystyle {(-1)}^nS_{n-1}(a)+{(-1)}^nS_n(a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{{(-1)}^n(a+1)}{n!}$  

となる。辺ごとにこれを足すと、左辺では$ S_1(a)$$ S_n(a)$ 以外は打ち消されるので、


$\displaystyle S_1(a)+{(-1)}^nS_n(a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (a+1)\left(\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\cdots +\dfrac{{(-1)}^n}{n!}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle e\left(\dfrac{1}{2!}-\dfrac{1}{3!}+\cdots +\dfrac{{(-1)}^n}{n!}\right)$  

である。少し変形して、

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{\dfrac{{(-1)}^k}{k!}}=\dfrac{-e+S_1(a)+{(-1)}^nS_n(a)}{e}
$

である。ここで、


$\displaystyle S_n(a)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{a}{\dfrac{{\{\log{(x+1)}\}}^n}{n!}dx}$  
  $\displaystyle \leqq$ $\displaystyle \int_{0}^{a}{\dfrac{{\{\log{(e-1+1)}\}}^n}{n!}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{a}{\dfrac{1}{n!}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{a}{n!}$  

であるから、 $ n\to\infty$ のとき $ S_n(a)\leqq 0$ である。$ S_n>0$ は分かっているから、挟み撃ちの原理より $ \displaystyle \lim_{n\to\infty}{S_n(a)}=0$ である。従って、


$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}{\dfrac{{(-1)}^k}{k!}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{-e+S_1(a)}{e}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -1+\dfrac{1}{e}\int_{0}^{a}{\log{(x+1)}dx}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -1+\dfrac{1}{e}[(x+1)\{\log{(x+1)}-1\}]_{0}^{e-1}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1-e}{e}$  

である。よって、求める答えは、 $ \dfrac{1-e}{e}$ となる。

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