解答例２次数学セレクション

(1)

電送数学舎 −−

１［98 京都大］放物線の方程式を\=I [ とすると

原点と点 D を通ることより I [ =N[ [ −Dとおける。

頂点が D Pなので P=I D から

N P

D

= − となる。

よって I [ P D [ [ D = − −

すると6 P

( )

D [ [ D G[ DP D DP

P D

=

³

− − = − ⋅ − =

また [ N= ≦ ≦N D上の格子点の個数を1Nとおくと

[

]

1N = I N +（

[ ]

[ は[の整数部分を表す） I N ＜1N≦I N +

/P 1N N

D

=

¦

から I N /

{

I N

}

N D

P N

D

= =

¦

+

＜ ≦

I N P

D N DN

N D

= =

¦

= −

¦

−

= − P ⋅

{

⋅ + + − ⋅ ⋅ +

}

D D D D D D D

= − P ⋅ + + − = + − D

D D _D _D P D D

D

{

I N

}

N D

=

¦

+

= P D+ D− + +

D D

P D D

D DP

/ 6

P D D

D D

DP

P P

+ − + −

+ +

＜ ≦ より

D D

D

/ 6

D D

D

D DP

P P

+ − + −

+ +

＜ ≦

はさみうちの原理から OLP

P P P

/ 6

D D

D

→∞ =

+ −

［解説］

ガウス記号を用いて処理すると明快に解を書くことができます。もっとも本問で

はP が無限大の状態を考えるわけですから 1N =I N としてもその誤差はせいぜいD+ですので積もらない塵のようなものです。

0 \ P

D [ D

(2)

２［98 東京大］ ] N= での切り口を考える。

[ \ N Q+ + ≦ より \≦−[ Q N+ − −[ \ N Q+ − ≦ より \ [ Q N≦ + + [ \ N Q− − ≦ より \ [≧ −Q N+ −[ \ N Q− + ≦ より \≧−[−Q N−

切り口の存在する条件は

Q N− ≧−Q N− かつQ N+ ≧−Q N+ より −Q N Q≦ ≦

境界線の交点は

\= − +[ Q N− かつ\ [ Q N= + + より [ \ = −N Q \= − +[ Q N− かつ\ [= −Q N+ より [ \ = Q −N \= − −[ Q N− かつ\ [ Q N= + + より [ \ = −Q N \= − −[ Q N− かつ\ [= −Q N+ より [ \ = N −Q ] N= 上での格子点の個数をIN Q とすると

{

}

IN Q = + + +""+Q−N+ +Q−N+ N−

= ⋅ + − + ⋅ − + + − + −

Q N _{Q N} _Q _N _N

{

}

=Q N− + + Q N− +− N−

以上より

I Q IN Q N Q

Q

=

=−

¦

=

[

− + +

{

− + −

}

−

]

=−

¦

_{Q N} _{Q N} _N

N Q Q

ここでQ N− + = Oとおくと

{

}

I Q O O Q O

O Q

= + − + −

= +

¦

{

}

= − + + − +

= +

¦

O Q O Q

O Q

= − + + + + + + − + Q Q Q Q Q Q = + + +

Q Q Q

(

)

OLP OLP

Q Q

Q

Q Q Q Q

→∞ = →∞ + + +

§

©¨ ·¹¸ =

I

［解説］

平面で囲まれた領域にある格子点の個数を求める頻出問題です。たとえ教科書

には載っていなくても重要事項（平面の方程式）は知っていて当然というのが出

題者からのメッセージです。

（QN）（NQ）

（NQ）（QN）

．[

．\

2

（N＞０のとき）

（NQN）

（NNQ）

(3)

３［98 神戸大］ Q=のとき$地点から%地点まで信号の逆転が起こらない確率は

(

)

− 逆転が回起こる確率は

( )

より

(

) ( )

3

= − + = + =

D E Q D E D E

Q N

N Q

Q N N

Q N

N Q

Q N N

+ = +

=

−

− =

− + −

¦

& & ………①

D E Q D E D E

Q N

N Q

Q N N

Q N

N Q

Q N N

− = − + −

=

−

=

− + −

¦

& &

= −

=

−

− =

− + −

¦

Q N

N Q

Q N N

Q N N

Q

Q N N

D E D E

& & ………②

①＋②より

D E Q D E Q D E

Q N N

Q

Q N N

+ + − =

=

−

¦

& ………③

$地点から%地点まで信号の逆転が……Q回のときがとして

伝わるので SQ = _Q TQ = − _Q

とおくと

3Q =TQQ+Q&S TQ Q Q− +Q&S TQ Q Q− +"""+Q& Q− SQ Q− TQ +SQQ

=

−

¦

Q N

N Q

Q Q N Q N

T S

&

{

}

= + + −

TQ SQQ TQ SQQ （③より）

(

)

= _® + −

¯ ½¾¿

Q

OLP OLP

(

)

OLP

(

)

(

)

Q Q Q

Q Q

Q

3

Q Q H

→∞ →∞ →∞

− −

= _® + −

¯

½ ¾

¿= + + −

§

©¨ ·¹¸

® ° ¯°

½ ¾ ° ¿°

= +

［解説］

(4)

４［98 東北大］

回横に倒すと印の面は側面なのでもう回倒して印の面が側面となる確率

は =となる。よって D = である。

操作をQ回続けて行ったとき印のついた面が立方体の上面にくる確率をFQと

すると

DQ +EQ +FQ =………① 状態の推移は右のようになる。

DQ+ = DQ +EQ +FQ

………②

EQ+ = DQ

………③ FQ+ = DQ

………④ ①を②に代入して

DQ+ = DQ + −DQ = − DQ +

………⑤ ⑤より DQ+ − = −

(

DQ −

)

からD =なので

(

)( )

(

−

………⑥

⑥にQ=をあてはめるとE =

( )

− + =となり適する。よってEQ

( )

Q

= − + すると OLP

Q→∞EQ =

［解説］

よく見かける問題で調べたところ類題が年名大・文年東大・理で出てい

ます。本問では漸化式の利用という誘導がついていますので方針に迷うことはあ

りませんが上記の大学では誘導がありませんでした。

Q回目 Q+回目側面DQ 側面DQ+

底面 EQ 底面EQ+

(5)

５［99 九州大］ I D =Dより −D =D D +D− =

D＞より D= − +

I [ −I D = −[ −−D = −[ D [ D+ − = [ D [ D+ − ここで条件より [ D+ ≧ + − + =

よって I [ −I D ≧ [ D−

[Q+ =I[Q D=I D なので [Q≧

のときより [Q+ −D = [ − D [ D−

I I ≧

よって [Q −D ≧ [ −D

₍

₎

Q−

L [ −D≠のとき

Q→ ∞のとき [Q −D → ∞となるのですべての Q に対しては[Q≦が成立し

ない。

LL [ −D=のとき

D=I D なのですべてのQに対して[Q =Dとなる。

より ≦ ≦D なのですべてのQに対して≦ ≦[Q が成り立つ。 LLLより [ =Dの場合のみ題意が成立する。

［解説］

の不等式はで定義された数列の発散条件に対応することがわかります。これ

(6)

６［99 東京工大］半径の円に内接する個の円の半径をUさらにその

個の円に内接する個の円の半径をU……とする。

∠$2%= π

より∠$2&=πとなり △22 7 に関して VLQ

−U π =U −U =UU =

また 2から線分2 7 に下ろした垂線の足を+とする

とき △2 2 +に関してU U+ VLQπ =U U− が成立する。

同様に考えて UQ +UQ+VLQ =UQ −UQ+

π _から_U _U _U _U Q + Q+ = Q − Q+

よってUQ+ = UQとなりUQ

( )

Q Q

= =

−

すると6 UQ

( )

Q

= = = ⋅

−

= ⋅ =

= ∞

¦

π π

¦

π π π

( )

& UQ

Q

= = = ⋅

−

= ⋅ =

= ∞

¦

π π

¦

π π π

と同様にU U " を設定する。また∠$2% =

πQ より∠$2&=Qπ となり D=VLQ π_Q

とおくと △22 7 に関して −U D U = よりU =+DD となる。またと同様に考えて UQ +UQ+D U= Q −UQ+から +D U Q+ =−D U Q

よってUQ+ = −D_DUQ

+

となりUQ D_D

(

D_D

)

Q

= +

− +

−

すると

(

)

(

)

6 Q U Q

D D

Q D Q

Q

Q Q

Q

= = + − −

+

= =

= ∞

¦

π π π πVLQ π

& Q U Q D

D D D

Q

Q Q

Q

= = + −

+ =

= ∞

¦

π π π

OLP OLP VLQ OLP VLQ

Q 6Q Q Q Q Q

Q Q

→∞ = →∞ = →∞ ⋅ =

π π π

π

［解説］

よく見かける構図の問題です。スムーズに解くことができます。

2 $

& %

2

+

7

(7)

７［99 東京工大］ 3QZQとすると Z = Z = + Lとなる。また3∞Z∞とおく。

ここでα =

(

π+ π

)

= ⋅ + = +

FRV LVLQ L L とすると条件より ZQ −ZQ− =αZQ−−ZQ−

ZQ+−ZQ =Z −ZαQ =+LαQ

Q≧で ZQ Z L L

N Q

= + + = + − −

= −

¦

α α

α

α =

＜より Q→ ∞のときαQ → ZQ →Z∞なので

Z L L

L

L L

L

∞ = +

− = + − +

= + − =

− + +

α

4Q]Qとすると ] = ] =]となる。また4∞]∞とおく。

ここで β =

(

π+ π

)

= ⋅ + = +

FRV LVLQ L Lとすると条件より ]Q −]Q− =β]Q− −]Q−

]Q+−]Q =]−]βQ =]βQ Q≧で ]Q ] ] ]

N Q

= + = − −

= −

¦

β β β

β =

＜より Q→ ∞のときβQ → ]Q →]∞なので

] ] ]

L ] L

∞ =

− =

− + =

− −

β

条件より ]∞ =Z∞なので

] L − − =

− + +

L

よって ] =

_{

− + + L

_}{

− −L

_}

= − + +

L

［解説］

複素数列の極限に関する有名頻出問題です。昨年も上智大・理工で類題が出ていま

(8)

８［99 東京大］ UQ = ]Q とおくと U = ] =

UQ+ = ]Q+ = + L ] Q +≦ + L ]Q + = UQ +………①

UQ+ = ]Q+ = + L ] Q +≧ + L ]Q − = UQ − ………②

①よりUQ++

(

UQ +

)

≦ UQ

(

U

)

Q

+ + − =

≦ から UQ

Q

＜またU =なので②より帰納的にUQ≧

すると②はUQ+ UQ − UQ+−

(

UQ −

)

≧ ≧

(

)

UQ U Q

Q

− − − = × −

≧ からUQ

Q

＞ × −

以上より

× Q−

Q Q

]

＜＜

より ×Q−

Q Q

]

＜＜

×

+

+ Q

Q

]

＜＜

ここでQ ＜ × Q _より _] _]

Q Q+の存在領域は

右図のようになる。

するとQ ≦ ≦U Q+ のとき I U =Q Q +

よってQORJ−ORJ≦ORJU≦Q+ ORJ−ORJ のときQ≦I U ≦Q+

Q Q

U

U Q Q

+ ORJ −ORJ ORJ ORJ ORJ +

−

≦ ≦

I

(

+

)

−

+ −

Q Q

U

U Q

Q ORJ ORJ ≦ ORJ ≦ORJ ORJ

I

U→ +∞のときQ→ ∞となるので

(

)

+ −

→

+ −

→

Q Q

ORJ ORJ ORJ ORJ ORJ ORJ

よって OLP ORJ ORJ

U

U U

→+∞ =

I

［解説］

は最初与えられた漸化式を解いたのですが複雑な式になったので止めました。

次に数学的帰納法で証明と考えたのですが第段階がうまくいきません。しかしそ

のとき証明に用いた三角不等式を漸化式に適用という方針を思いつきました。

2

Q+

Q

]Q

(9)

－9－

９［2000 横浜国大］

(1) 正弦定理よ ,

A C_n _n A B

n

n n

n

sin  sin  2 1

A C_n _n 2 sin_n, A B_n _n 2 sin_n

よっ , S_n  _n _n  _n _n _n 1

2A C A B sin 2sin_nsin_nsin_n

(2) _n  B_n_₁A C_n _n_₁ B_n_₁A C_n _n  C_n_₁A B_n _n

 Bn_1A Cn n_1 n_1  n_1

1 2

   Bn1A Cn n1  n1

1

2(  )………

また, 四角形A C_n _n₁A_n₁B_n₁ 内接すこよ ,

Bn1A Cn n1   n1………

よ , _n   _n₁   _n₁   _n₁  1

2

1 2

1 2 ( )



 

 

n  n   

n        



1 3

1 2

1 3

1 2

1 1

1

よっ , _n

3 , (1)よ ,

lim lim sin sin sin sin

n∞Sn  n∞ n n n  

2 2 1

3 3 4 3

3

   

［解説］

(3) 結論容易推測ます。(1) (2) , そうまい誘導っいます。

x y

C_n_₁

B_n_₁

A_n_₁

C_n

A_n

B_n 1

n

O

(10)

電送数学舎 2001

−−

10 [北海道大]

不等式FRV_[₊_F[_≧_{……①がすべての}_[_{について成り立つ条件は} L [ =のとき ①は+F×≧となるので任意のFで成立する。

LL [ ≠のとき ①より FRV

[ [

F_≧ − _………②

ここで FRV VLQ

(

VLQ_[[

)

VLQ_[[ [

[ [ [

[ = − = = =

I は I−[=I[な

ので[＞としても一般性を失わない。

さて曲線 \= VLQ[ [＞上の任意

の点を3[ VLQ[ とおくとき VLQ_[[

は直線23の傾きとなる。

ここで OLP VLQ

=

+ → [

[

[ となるので

VLQ ≦ _[[ ＜

これより ≦I[＜となる。

よってどんな[に対しても②が成立するのはF≧のときである。

LLLより求めるFの範囲はF≧である。

［解説］

定数を分離したあと分数関数のとる値の範囲を直線の傾きで考えるという有名な

テクニックを用いました。

2

3

π

\

(11)

−−

11 [広島大]

第回戦で優勝者が決まる勝者の順列は$&%%または%&$$である。

第回戦で優勝者が決まる勝者の順列は$$または%%よりその確率)は

S S

S

) = − + − =−

次に第回戦で優勝者が決まる勝者の順列は$&&または%&&よりその確率

) は

S S S

) = + =

また第回戦で優勝者が決まる確率)はより

S S S S S S

) = − ⋅ + − ⋅ = −

Q≧ の場合に第 Q 回戦で優勝者が決まる勝者の順列は Q−回まで

$&%$&%……$&%とくり返し最後の回が$&&となる場合およびQ−回ま

で %&$%&$……%&$ とくり返し最後の回が%&&となる場合である。この確率

Q

) は

{

}

{

}

{

}

Q = S−S Q− ⋅S + S−S Q− ⋅S = S S−S Q−

)

の式にQ=をあてはめると) =SとなるがこれはよりQ=に対しても

の式が成立していることを示す。

さて＜S＜より＜S−S＜なので

¦

∞ =

Q

)

{

}

S S

S S S

S S

Q

+ − = − −

= −

=

¦

∞

=

−

［解説］

問題文が長いのですがこれは詳しすぎるくらいのヒントです。なお本問は有名

な巴戦の問題で本年は北大でも出ています。

(12)

－12－

12 [京都大]

条件よ , n(n2)an1 Sn (n≧1)………

1

) 3 )( 1

(n n an Sn (n≧2)………

－よ , n(n2)an1(n1)(n3)an an, n n an n an

2 1 ( 2)

) 2

(    

n≧3 , nan1 (n2)an

n

n n n a

a n

n( 1) 1 ( 1)( 2)

よっ , (n1)(n2)an (31)(32)a3 2a3

) 2 )( 1 (

2 3    _n a_n

an (n≧3)

ここ , n1を代入す , 1(1)a2 S1, a2 a1よ , 1a2 a1 

さ , n≧3 ,





  

   



 n

k n

k k n

k k

a a

a a S

3

3 2 1

) 2 )( 1 (

2 1

1









1 1 1 2 1 1 2 1

2 3

3 3

  

   



 n

a k

k a

n

k

条件よ , 1lim 

  n

n S , 12a3  , 2

1

3  a

以上よ , 1a1  , 1a2  ,

) 2 )( 1 (

1

  

n n

an (n≧3)

［解説］

2



n を代入し a₃ 値を求ようしました , 00a₃  , 何も得

ませした。そこ , 1lim 

  n n S

(13)

－13－

13 [金沢大]

(1) )z r(cos isin よ , 1 1



cos( ) sin( )



1(cos isin)

r i

r

z      



cos( ) isin( )



r(cos isin)

r

z       , 1 1(cos isin)

r

z  

r＞1よ

r r＞1,

2 0＜＜ よ

2 0

2   

＜ ＜＜＜



, 点P, Q, R, S 相異 4点あ。

(2) RSPQ  よ ,

2 1 1

arg 

sin



r r i r r ki r r i r

r      



cos

r r k r

r   ……

よ



1



cos



1



cos

2 r r k r

r   ,

r

r＞1, 0cos＞ , k＞0よ k1

よ ,



1



cos



1



sin

r r r

r   , r2(cos sin)cos sin

0 sin

cos    , すわち 4



  成立しい ,

    sin cos sin cos 2    r ,     sin cos sin cos    r

さ , r＞1よ 1 sin cos sin cos ＞     

 _, 2

) sin cos ( ) sin cos )( sin cos (       ＞    0 ) sin cos sin cos )( sin cos

(           ＞ , 02sin(cos sin)＞

2 0＜＜

4



  よ ,  動う区間





4 ,

0  あ。

(3)

4



  よ , 



 



4 sin

r

d



   



    _sin 4 cos cos 4 sin sin cos sin cos _          

 2 _cos2 _sin2

2 2 ) sin cos ( sin cos sin cos 2

2 _ _ _

  

したっ , cos sin 0 2

2 lim

lim 2 2

4 4           d

［解説］

誘導従え , スムー計算進ます。うまくままっい問題す。

O

P

S

Q

(14)

－14－

14 [東北大]

(1) 0＜an＜2 あこを数学的帰納法を用い示す。

(i) n1 a1 c 0＜c＜2 よ成立す。

(ii) nk 0＜ak＜2 成立す仮定す。

ここ , 4( ) 4 ( 2)

2

2 __ _ _



 k k k

k a a a

a

f , 20＜ak＜よ , 40＜f(ak)＜

すわち0＜ f(ak)＜2 。よっ , 20＜ak1＜成立す。 (i)(ii)よ , 20＜an＜成立す。

また,

n n n

n n n n

n n n

n

a a a

a a a a

a a a

a

 

     





2 2 2 2

1

4 4

4 0

4

) 2 ( 2

2

＞

n n n

n n

a a a

a a

 

 

よっ , an＜an1 成立す。

(2) ま , (2 )

4 2

2

4 2

) 4

( 4 4

2 2

1 n

n n

n

n n

n n n

n

n a

a a

a

a a

a a a

a

a 

 

 

 

 

  

  

ここ , ca1 anよ 0＜2an 2c, また2 4 2

2

＞

n n a a 

 ,

2 2

4 2

2 0

2

c

a a

a

n n

n 

 



＜＜

よっ , (2 ) 2

2

2an1＜ c an 。

(3) (2)よ ,





1 1

2 2 ) 2 ( 2

0＜ an a c n 等号 n1 成立

1 2 2

0＜ c＜よ , n→∞





0 2

2 1  _c n

, 02an 

よっ , 2lim 

  n n a

［解説］

(15)

－15－

15 [東京大]

(1) Xn 5 割象をA す , A Xn 5 割い, すわち

第 1 回目第 n 回目ま 5 以外目出象を表す ,

 

n A P 6 5 ) (  。

よっ ,

 



1 P A P B P AB

 1P(A)P(B)P(AB)

さ , AB X_n 5 も 4 も割い象を表し, 第 1 回目第 n

回目ま 1また 3 目 n回出 , 1また 3 目 n1回出残 1回 2

また 6 目出場合を意味す。

 

1

 

1

1 3 1 3 3 1 3 1 3 1 C 3 1 )

(  n n  n  n

n _n

B A P 

よっ ,

   

 

 

n n

  

n

n 5 2 ) 1 ( 5 3 3 2 1 1 log 1 6 5

log     



ここ , 一般的 1＜r＜1 lim 0

 

n

n r , lim 0 n

n nr ,

6 5 log ) 1 log( 1

lim  



 n

n n p

［解説］

有名問題す。最後 lim 0

 

n

n nr ,

(16)

－16－

16 [神戸大]

(1) pn2qよ , q 整数 p 整数。

す , p＞0, q＞0 を満たす格子点(p, q) 個数

をan す ,

(i) n 偶数 1 2

n an

(ii) n 奇数

2 1

 n an

(2) qk上 p2q＜n, p＞0, q＞0を満たす格子点

1 2 

 k

n 個あ , 領域内格子点個数をb_n

す , (i) n 偶数



_  

 1 2

1

) 1 2 (

n

k

n n k

b







1



₂

2 2 1 2 1 2 ) 1

(n n   n n

 ₍ ₂₎2

4 1 _

 n

(ii) n 奇数





  

 2 1

1

) 1 2 (

n

k

n n k

b

2 1 2

1 2 1 2 2

1 ) 1

(         

 _n n n n ₍ ₁₎₍ ₃₎

4

1 _ _

 n n

(3) ま ,

2 n an

い , n 偶数 1 0 2

1

2 2  _n_n  n

an ₍_n

→∞), n 奇数

0 2

1 2

1

2 2  _n _n  n

an ₍_n

→∞) , lim 0

2 

  _n

an n

あ。

次 ,

2 n bn

い , n 偶数





4 1 2

1 4

1 2

2  _n 

n

bn ₍_n

→∞), n 奇数



₁ 1



₁ 3



₄1 4

1

2  _n _n  n

bn ₍_n

→∞) ,

4 1 lim

2 

  _n

bn n

あ。

［解説］

格子点個数を数え場合分け必要ースす。しし, 2 直線qk,

n q

p2  交点格子点 , さほ複雑あませ。

n

O p

q

2 n

n

O p

q

2 n

k

(17)

－17－

17 [九州大]

(1) ま , 項定理よ , 0 k n1, pを自然数し ,



1



1



 k

kp p≧ ,

p p _k k 1 1 ) 1 ( 1   ≧ 1 ) 1 ( 1 1 p p _k k 

, 等号 p1また k0 成立す。

こよ , k y k1 い ,

p x

y ラフ交

わ単位正方形 , た 1 。したっ ,

p n x

1

0 すわち0 y n ,

p x

y 交わ単

位正方形個数 n あ。 (2) k y k1 い ,

p x

y ラフ y 軸さまた部分面積をSn,k,

こ部分あ ,

p x

y 交わい単位正方形個数をMn,k す ,

) 1 (

1

1Mn,k＜Sn,k＜  Mn,k  ,



       1 0 , 1 0 , 1 0

, ( 1)

n k k n n k k n n k k

n S M

M ＜＜

条件よ ,



  1 0 , n k k n

S Sn,



  1 0 , n k k n

M Mn , Mn＜Sn＜Mn n あ。

また,   



p

n p p

n n n x dx S

1

0 1

 

_np

p p _x p n 1 0 1 1 1 1 1    

 11 1₁ 11

 

 p _np p n





p

p n p 1 1 1 1     p p n p p 1 1   

(3) yk上格子点個数 Mn,k 1, yn上格子点個数

 

1

1  p

n よ ,

 

1 ) 1 ( 1 1 0 ,    



  p n k k n

n M n

L

 

1

1  



 p

n n n M

(2)よ , Sn n＜Mn＜Sn ,

 

1

 

1

1 1    

 n L S n n

Sn p ＜ n＜ n p

さ ,

 

p p

p _n _n

n

1 1 1

1＜

 よ , 1

1 1

  

n L S n n Sn p＜ n＜ n p

1 1 1 1 1 1 1         n n n p p L n n p

p p p

p n p p p ＜＜ p p p n p p n n n p p L n n p

p 1 1 1

1 1 1 1        _ _ _    ＜＜

よっ , n

p p

n n L 1

lim

  

  p1

p

あ。

［解説］

n

S , Mn, Ln 3者うまく連関すよう誘導けいます。

(18)

−−

18 [京都大]

(

[ _Q

)(

[ Q_Q

)

Q Q [

[ ₋ ₊ − ₌ ₋ ₋ − _より

(

)(

)

Q Q

Q

Q _D _[ _E

Q Q [ Q [ [ 3

[ = − − − + + ………①

①に[= _Qを代入すると

( )

_Q Q = _QDQ +EQ _QDQ +EQ =

( )

_Q Q………②

Q………③

②③より

(

−_Q

)

DQ =

(

−_Q

)

Q −

( )

_Q Q

Q≧において

{(

)

( ) }

_«¬ª

{(

−

) }

− _»¼º

− = −

− −

= Q Q −Q − _Q

Q

Q Q

D

Q→∞のとき− →

Q

{(

) }

− − − →

− H

Q

_Q →

Q なので

OLP

H H DQ

Q = =

−

∞

→

②より OLP =OLP

(

−

)

=

∞ → ∞

→ Q Q Q Q

Q E _Q QD

［解説］

剰余の定理と数列の極限を融合させた基本問題です。次式

Q Q [

[ ₋ ₊ − _が因数分

解できるので難しくはありません。

(19)

－19－

19 [筑波大]

(1) C : yexよ ,

x e y

) , (

A a ea け法線方程式 ,

) ( 1 _x _a

e e

y a  _a  ………

) , (

P t et け法線方程式 ,

) ( 1 _x _t

e e y

t t __ _

 ………

よ , 1 (x a a t)

e e e e

y a a  t  _t   

を代入す , 1 ( ) 1 ( ) 1(t a)

e e e a x e a x e t a t t

a         a t a t a e e a t e e e a x      

さ , 条件よ ,

2 2

2 ₍ ₎ ₍ ₎ 1 ₍ ₎

) ( )

( x a

e a x e y a x t L a a

a        

x a e a  

 2

1 1

ここ ,  

a x a t

lim lim





( )2  1  2 1

    a a a a a t a t a a

t _e _e e e _e e

a t e e e , ) ( lim )

(a L t

r a

a t

 a a_a

a _e e e e 3 2 2 2 ) 1 ( ) 1 ( 1

1   



(2) 0e2 s＞

a _ _,

s s s 3 ) 1 ( ) (  

f く , (1)よ , r(a) f(s) 。

2

3 2 ₍ ₁₎

) 1 ( 3 ) ( s s s s

s      f 2 2 ) 1 2 ( ) 1 ( s s s  

右表よ , )f(s 最小値 4 27

を ,

) (a

r 最小値

2 3 3 4 27 _

あ。

［解説］

計算量多い , 少し工夫をしいます。 ,

a t a t _e _e

a t

 



lim , 微分係数定義

を利用し , 極限値を求います。

s 0 … 1 2 …

) (s

f － 0 ＋

) (s f 4 27 O A P Q

a _{t x} y

(20)

－20－

20 [東北大]

(1) i回目取出したカード数字をxi す , 得点 k ,

k k k x x x

x

x1＜ 2＜＜ 2＜ 1≧ ………

ここ , xk1 l (k1 l n) く , x1＜x2＜＜xk2＜l を満たす )

, , ,

(x1 x2  xk2 組 l1Ck2個あ , l≧xk xk l 個あ。こよ ,

確率pk ,



_       n k l k k l k n l p 1 2 1C 1



_        n k l

k _k _l _k

l l

n 1( 2)!( 1)!

! ) 1 ( 1



_       n k l

k _k _l _k

l n

k

1( 1)!( 1)!

! 1

_

     n k l k l k n k 1 1 C 1

さ , 一般的 , nCrn1Cr1  n1Crよ , n1Cr1nCrn1Cr 成立 ,

n≧k ,



_



        n k l k l k l k k k k n k

p 1 1C 1 ( 1C C )



1 ( C C ) ( C C ) ( C C )



1

1 1

2

1 k k k k k k k n k n k

k k

n

k _ _ _ _ _ _ _

     

k n k n

k 1 _C

1    ……… 1  k n , k k k k k n k n k

p  1 1C 1 1 , nk1 も成立す

。よっ , 12 k n , n k

k k

_ _    1 2 2 1 1 C 1 n k k n k n n

 



_      1 2 2 2 1C 1

1n k k k n n n

n



₁



1

1 1 _ 



n_n _n n





n n

1 1



よっ , )lim (n

nf



n



e n

n  

_lim__ ₁ 1

［解説］

いい解法考えます , 組合せ関す公式nCrn1Cr1 n1Crを利用

解答例 ２次数学セレクション

( )

³

[

]

[ ]

¦

{

}

¦

¦

¦

¦

{

}

{

}

¦

［解 説］

{

}

{

}

¦

[

{

}

]

¦

{

}

¦

{

}

¦

(

)

［解 説］

(

)

( )

(

) ( )

¦

¦

¦

¦

¦

¦

¦

¦

{

}

(

)

(

)

(

)

(

)

［解 説］

(

)

(

)( )

(

)( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

［解 説］

(

)

［解 説］

( )

( )

解答例２次数学セレクション

［解説］

［解説］

［解説］

［解説］

₍

₎

［解説］

［解説］

_{

_}{

_}

［解説］

［解説］

［解説］

［解説］

［解説］

［解説］