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【入試問題研究】 東北大学 2019年度 前期日程 理系
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【第1問】 $xy$ 平面における曲線 $y=\sin x$ 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】 2つの接線の接点の $x$ 座標をそれぞれ $\alpha,\beta$ ($\alpha <\beta$) とする。正弦関数は周期関数だから $0 \leq \alpha < 2\pi$ としてよい。交点の $y$ 座標は横にずれても変わらないからである。
$y=\sin x$ の接線の傾きは $y'=\cos x$ で、直交するから
   $\cos \alpha \cdot \cos \beta=-1$
これは反比例の関係で、しかも
   $|\cos \alpha| \leq 1, |\cos \beta| \leq 1$(水色の中)
となるから、
   
   $(\cos \alpha,\cos \beta)=\pm (1,-1)$
すなわち
   $\alpha=0,\beta=(2n-1)\pi$ $(n \geq 1)$,
   $\alpha=\pi,\beta= 2n\pi$ $(n \geq 1)$
だから、接線は
   $y=x,y=-(x-(2n-1)\pi)$

   $y=-(x-\pi),y=x-2n \pi$
だから、その交点の $y$ 座標は
   $y=(n-\frac{1}{2})\pi$ $(n \geq 1)$,
   $y=-(n-\frac{1}{2})\pi$ $(n \geq 1)$
この2つをまとめて表記すれば
   $y=(n+\frac{1}{2}) \pi$ $(n$ は任意の整数) ……(答)
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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。
   $\log_{a}(x-n)>\frac{1}{2} \log_{a}(2n-x)$
(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】 両辺を2倍して
   $2 \log_{a}(x-n)> \log_{a}(2n-x),$
$a >1,a<1$ のとき、対数関数は単調増加または単調減少だから
   $(x-n)^2>< 2n-x $
よって2次不等式
   $x^2-(2n-1)x+n^2-2n><0$
を真数条件:$n<x<2n$ の範囲内で解けばよい。
$n=6$ のときは $6<x<12$の範囲内で
   $x^2-11x+24><0$
   $(x-3)(x-8)><0$
を解いて、
(ア) $a>1$ のとき $8<x<12$  (イ) $a<1$ のとき $6<x<8$
ここから整数解を拾い出せば
(ア) $a>1$ のとき $x=9,10,11$  (イ) $a<1$ のとき $x=7$ ……(答)
(2) 真数条件:$n<x<2n$ の範囲内で、2次不等式
   $f(x)=x^2-(2n-1)x+n^2-2n><0$
を解くのだが $a >1$ でも $a<1$ でも解を持つとする。
   $f(n)=-n<0,f(2n)=n^2>0$
であることに注意しよう。この範囲内にある整数が下図のようにすべて零点の左側(右側)に片寄ってしまうとダメだ。

   

そこで下図のようにならなけばならない。

   

よって
   $f(n+1) =-n+2<0$ かつ $f(2n-1)=n(n-2)>0$
となって、
   $n>2$
となる。ただし、これは $n+1<2n-1$ すなわち $n>2$ のときだから、$n=1,2$ のときはダメだという確認を取っておかないといけない。実際、$n=1$ だと真数条件が $1<x<2$ だからそもそも整数が存在せず、$n=2 $ のときは真数条件が $2<x<4$ で2次不等式が $x(x-3)><0$ だから、やはり整数が存在しない。
したがって、求めるべき必要条件は
   $n>2$ ……(答)
だが、このロジックは逆にたどれるので十分条件でもある。■
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【第3問】 $a$ を実数とし、数列 $\{ x_{n} \}$ を次の漸化式によって定める。
   $x_{1}=a,\mbox{ } x_{n+1}=x_{n}+x_{n}^2\mbox{ }(n=1,2,3,\cdots)$
(1) $a>0$ のとき、数列 $\{ x_{n} \}$ が発散することを示せ。
(2) $-1<a<0$ のとき、すべての正の整数 $n$ に対して $-1<x_{n}<0$ が成り立つことを示せ。
(3) $-1<a<0$ のとき、数列 $\{ x_{n} \}$ の極限を調べよ。


【解】 下図を見れば、(1), (2) は明らかで、(3) の答は $0$ と分かるが、別法で解こう。
   
(1) もし収束するなら、極限値を $\alpha$ とおけば $\alpha=\alpha+\alpha^2 \Rightarrow \alpha=0$ より極限値は $0$ でなければならない。
帰納法により、$x_{n}>0$ はすぐ分かる。
階差を調べると
   $x_{n+1}-x_{n} =x_{n}^2>0$
だから、この数列は単調増加する。ところが初項 $x_{1}=a>0$ から始まって増加するから極限値は(あるとすれば) $0$ にはなりえない。■
(2) 2j次関数 $f(x)=x^2+x=(x+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}$ は $-1<x<0$ のとき値域は
   $-\frac{1}{4} \leq f(x) <0$
である。したがって、$-1<x_{1}<0$ であり、$-1<x_{n}<0$ なら
   $-1<-\frac{1}{4} \leq x_{n+1}=f(x_{n}) <0$
だから、帰納法により証明できる。■
(3) (1) のロジックを振り返ってみると、初項 $x_{1}=a \neq 0$ ならこの数列は単調増加と分かる。しかも (2) で $-1<x_{n}<0$ と分かったから、この数列は収束しその極限値 $\alpha$ は
   $-1 \leq \alpha \leq 0$
だが、(1) で述べたように
   $\lim x_{n}=0$ ……(答)
でなければならない。
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【第4問】 実数を係数にもつ整式 $A(x)$ を $x^2+1$ で割った余りとして得られる整式を $[A(x)]$ と表す。
(1) $[2x^2+x+3],[x^5-1],[[ 2x^2+x+3][x^5-1] ]$ 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。
   $[A(x)B(x)] =[[A(x)][B(x)]]$
(3) 実数 $\theta$ に対して、次の等式が成り立つことを示せ。
   $[(x\sin\theta+\cos\theta)^2]=x\sin 2\theta+\cos 2\theta$
(4) 次の等式を満たす実数 $a,b$ の組 $(a,b)$ をすべて求めよ。
   $[(ax+b)^4]=-1$


【解】(1) 割り算をすれば
   $2x^2+x+3=(x^2+1)\times 2 +x+1$,
   $x^5-1=(x^2+1)(x^3-x) +x-1$
より
   $[2x^2+x+3]=x+1,[x^5-1]=x-1$ ……(答)
また
   $(x+1)(x-1)=x^2-1=(x^2+1)-2$
より
   $[[ 2x^2+x+3][x^5-1] ]=-2$ ……(答)
(2) 商を $Q_{A}(x),Q_{B}(x)$ のように表すと
   $A(x)=(x^2+1)Q_{A}(x)+[A(x)]$,
   $B(x)=(x^2+1)Q_{B}(x)+[B(x)]$
だから
   $A(x)B(x)=(x^2+1)^2Q_{A}Q_{B}+(x^2+1)( Q_{A}[B(x)]+Q_{B}[A(x)] )+[A(x)][B(x)]$
   $=(x^2+1)\{(x^2+1)Q_{A}Q_{B}+Q_{A}[B(x)]+Q_{B}[A(x)] \} +[A(x)][B(x)]$
   $=(x^2+1)\{(x^2+1)Q_{A}Q_{B}+Q_{A}[B(x)]+Q_{B}[A(x)] \} +(x^2+1)Q_{[A][B]}+[[A(x)][B(x)]]$
よって、目的の等式が得られる。■
(3) $(x\sin\theta+\cos\theta)^2=x^2\sin^2\theta+x\sin 2\theta+\cos^2\theta$ を割り算すれば
   $(x^2+1)\sin^2\theta +x \sin2\theta+(\cos^2\theta-\sin^2\theta)$
   $=(x^2+1)\sin^2\theta +x \sin2\theta+\cos2\theta$
だから、目的の等式が成り立つ。■
(4) 下図のように、ベクトル $(b,a)$ の長さと偏角をそれぞれ $r,\theta(r>0,0 \leq \theta <2\pi)$ とすれば
   $r^2=a^2+b^2,a=r \sin\theta,b=r \cos\theta$
となる。

   

   $[(ax+b)^4]=[r^4(x\frac{a}{r}+\frac{b}{r})^4]=[r^4(x\sin\theta+\cos\theta)^4]=-1$
ところで、実数 $r$ 倍すると
   $r A(x)=(x^2+1) rQ_{A}(x)+r[A(x)]$
だから
   $[rA(x)]=r[A(x)]$
となることに注意すれば
   $[(x\sin\theta+\cos\theta)^4]=-\frac{1}{r^4}$
あとは (2), (3) で証明した事実を使う。
   左辺$=[[(x\sin\theta+\cos\theta)^2]^2]$
   $=[(x\sin2\theta+\cos2\theta)^2]$
   $=x\sin4\theta+\cos4\theta$
これが整式として、$-\frac{1}{r^4}$ と等しいのだから、係数比較により
   $\sin4\theta=0,\cos4\theta=-\frac{1}{r^4}<0$
だが、$0 \leq 4\theta <8\pi$ に注意すると
   $\theta=\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$
   $r=1$
が分かる。よって
   $(a,b)=(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}),(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}),(-\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}}),(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})$ ……(答)
(4) の【別解】 (3) は使わずに
   $[(ax+b)^4]=[ [ (ax+b)^2]^2 ]=[(2abx+b^2-a^2)^2]=4ab(b^2-a^2)x+(b^2-a^2)^2-4a^2b^2=-1$
より
   $4ab(b^2-a^2)=0,(b^2-a^2)^2-4a^2b^2=-1$
ここで $a=0$ と $b=0$ はあり得ないことは与式に代入してみれば分かる。よって
   $b^2=a^2, a^2=\frac{1}{2}$
これから同じ答が得られる。
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【第5問】 (1) 次の等式が成り立つことを示せ。
   $\int_{-1}^{1} \frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx = \int_{0}^{1} \sin^2(\pi x)dx =\frac{1}{2}$
(2) 次の等式を満たす関数 $f(x)$ を求めよ。
   $(1+e^{x})f(x)=\sin^2(\pi x)+ \int_{-1}^{1}(e^x-e^t+1)f(t) dt$


【解】 (1) 積分区間を半分に割って、左側を $t=-x$ と置換積分する。
   $\int_{-1}^{0} \frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx =\int_{1}^{0} \frac{\sin^2(\pi t)}{1+e^{-t}}(-1)dt$
   $ =\int_{0}^{1} \frac{e^t \sin^2(\pi t)}{1+e^{t}}dt$
よって、最左辺は
   $\int_{-1}^{1}=\int_{0}^{1} \frac{e^t \sin^2(\pi t)}{1+e^{t}}dt+\int_{0}^{1} \frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}dx =\int_{0}^{1} \sin^2(\pi x) dx$
と、中辺に等しくなる。あとは、半角の公式で
   $\int_{0}^{1} \sin^2(\pi x) dx=\int_{0}^{1} (\frac{1-\cos(2\pi x)}{2} dx$
   $=[ \frac{1}{2}x -\frac{1}{4\pi}\sin(2\pi x) ]_{0}^{1}$
   $=\frac{1}{2}-\frac{1}{4\pi}(0-0)= \frac{1}{2}$ ■
(2) 与式の両辺を $(1+e^x)$ で割って
   $f(x)=\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}+ \int_{-1}^{1}f(t) dt -\frac{1}{1+e^x} \int_{-1}^{1} e^t f(t) dt$
ここで
   $K=\int_{-1}^{1}f(t) dt,L=\int_{-1}^{1} e^t f(t) dt$
とおけば
   $f(x)=\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}+ K -\frac{L}{1+e^x} $ …(*)
となるから、あとは定数 $K,L$ を求めればよい。そのために連立方程式を導く。まず、(*) を $-1$ から $1$ まで積分して
   $K=\frac{1}{2} +2K -L \int_{-1}^{1} \frac{1}{1+e^x} $
だが右辺の積分は前問と同様の置換積分で
   $\int_{-1}^{1} \frac{1}{1+e^x} =\int_{1}^{-1}\frac{-1}{1+e^{-t}} dt$
   $=\int_{-1}^{1}\frac{e^t}{1+e^{t}} dt$
   $=[ \log(1+e^t)]\int_{-1}^{1}$
   $=\log \frac{1+e}{1+e^{-1}} =\log e=1$
だから、
   $K=\frac{1}{2}+ 2K -L $,
   $K-L=-\frac{1}{2}$ …①
連立方程式の2本目は与式:
   $(1+e^{x})f(x)=\sin^2(\pi x)+ (1+e^x)K-L$
を $-1$ から $1$ まで積分して
   $K+L=2 \times \frac{1}{2} +K \int_{-1}^{1}(1+e^x)dx-2L,$
   $K+L=1 +K (2+e-e^{-1})-2L,$
   $(1+e-\frac{1}{e})K-3L=-1$ …②
①, ②より
   $K=\frac{e}{2(e^2-2e-1)},L=\frac{e^2-e-1}{2(e^2-2e-1)}$
よって
   $f(x)=\frac{\sin^2(\pi x)}{1+e^{x}}+ \frac{e}{2(e^2-2e-1)} -\frac{e^2-e-1}{2(e^2-2e-1)}\cdot \frac{1}{1+e^x} $ ……(答)
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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 $p(m,k)$ とする。2以上の整数$n$ に対して、以下の問いに答えよ。
(1) $p(n+1,2)$ を $p(n,2)$ と $p(n,1)$ を用いて表せ。
(2) $p(n,1)$ を求めよ。
(3) $p(n,2)$ を求めよ。

【解】 (1) 袋から出した玉は「場」に左から順に置くことにする。

   

場に赤玉2個が置かれるのは、その前段階が赤玉 2個か1個の場合である。
場に赤2個のときは袋に赤が3個あり、場に赤1個のときは袋に赤が4個ある。よって
   $p(n+1,2)=p(n,2) \times \frac{7}{10} +p(n,1) \times \frac{4}{10}$ ……(答)
(2) 場には $1$ 回目の結果から $n$ 回目の結果までが1列に並ぶ。$k$ 回目の試行結果だけが赤の確率を求めよう。

   

$1$ 回から $k-1$ 回が白で、$k$回が赤の確率が
   $(\frac{1}{2})^{k-1} \times \frac{1}{2}=(\frac{1}{2})^k$
で、そのあと最後まで白が出続ける確率:
   $(\frac{3}{5})^{n-k}$
と掛け合わせて
   $p(n,1)=\sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{2})^k \times (\frac{3}{5})^{n-k}$
   $= (\frac{3}{5})^{n} \sum (\frac{1}{2}\times\frac{5}{3})^k=(\frac{3}{5})^{n} \sum (\frac{5}{6})^k$
最後の式のΣの部分は、初項 $\frac{5}{6}$, 公比 $\frac{5}{6}$, 項数 $n$ の等比数列の和だから
   $\frac{5}{6} \times \frac{1-(\frac{5}{6})^n}{1-\frac{5}{6}}=5 \times \{1-(\frac{5}{6})^n \}$
したがって
   $p(n,1)=(\frac{3}{5})^{n} \times 5 \times \{1-(\frac{5}{6})^n \}=5(\frac{3}{5})^n-5(\frac{1}{2})^n$ ……(答)
ちなみにここでの $n$ は $n \geq 1$ において成り立つ。
(3) 場において、$k+1$ 回目に2個目の赤が出るとしよう。(ただし $1 \leq k \leq n-1$)
これの手前の $k$ 回には赤がちょうど 1個ある。その確率は前問で求めた、
   $p(k,1)$
である。次の $k+1$ 回目が赤で、そのあとの残り $n-k-1$ 回がすべて白の確率:
   $\frac{2}{5} \times (\frac{7}{10})^{n-k-1}$
と掛け合わせて、$1 \leq k \leq n-1$ の範囲で和を取れば答である。したがって
   $p(n,2)=\sum_{k=1}^{n-1} p(k,1) \times \frac{2}{5} \times (\frac{7}{10})^{n-k-1}$
   $=\frac{2}{5} \times (\frac{7}{10})^{n-1} \sum (\frac{7}{10})^{-k} \{ 5(\frac{3}{5})^k-5(\frac{1}{2})^k \}$
   $=2 (\frac{7}{10})^{n-1} \sum \{ (\frac{6}{7})^{k} -(\frac{5}{7})^k \}$
最後の式のΣの部分は、2つの等比数列の和の差だから
   $\sum=\frac{6}{7} \times \frac{1-(\frac{6}{7})^{n-1}}{1-\frac{6}{7}} - \frac{5}{7} \times \frac{1-(\frac{5}{7})^{n-1}}{1-\frac{5}{7}}$
   $=6 \{ 1-(\frac{6}{7})^{n-1} \}- \frac{5}{2} \{ 1-(\frac{5}{7})^{n-1} \}$
   $=\frac{7}{2} -6(\frac{6}{7})^{n-1} +\frac{5}{2} (\frac{5}{7})^{n-1} $
したがって
   $p(n,2)=2 (\frac{7}{10})^{n-1} \times [ \frac{7}{2} -6(\frac{6}{7})^{n-1} +\frac{5}{2} (\frac{5}{7})^{n-1} ]$
   $=7 (\frac{7}{10})^{n-1}-12(\frac{3}{5})^{n-1} +5 (\frac{1}{2})^{n-1} $ ……(答)
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