難関大学向け演習－解答編－

難関大学にむけて

2018年度の入試も真っ盛りです。センタ試験から、私立大学入試を向かえ、そしてメインイベントの国立大学の２次試験が2月25日/26日にあります。
２段階選抜ですから、センター試験の成績で足切りのあるところもありますが、不幸にも足切りにあった人は、私立大学や国立後期試験に備えてください。
ここでは、特に東京大学、京都大学、東工大、などの難関大を受験する人にむけて、いわゆる難しい問題を選択してみました。頑張って解いてみてください。

難関大学対応問題

【問題1】

\(a\)を定数として、\(0<a<π/2\)とします。

方程式　\(x(1－cosx)＝sin(x+a)\)　　を考えます。

(1)　\(n\)を自然数として、この方程式は、\(2nπ<x<2nπ+π/2\)にただ一つの解を持つことを示してください。
(2)　(1)の解を、\(x_n\)とおきます。\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } (x_n－2πｎ) \)を求めてください。
(3)　\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }\sqrt{n}( x_n－２nπ)\) を求めてください。

【解答1】

(1)　\(x=t+2nπ\)とおくと、\(0<t<π/2\)で　予式は、
\((t+2nπ)(1-cost)＝sin(t+a)\)････････①　となり、
条件は、①が\(0<t<π/2\)にただ1つの解をもつことと同値です。
\(f(t)＝(t+2nπ)(1-cost)－sin(t+a)\)　とおけば、
\(f'(t)＝(1-cost)+(1+2nπ)sint－cos(t+a)\)　\(f”(t)＝2sint+(t+2nπ)cost+sin(t+a)\)
\(0<a<π/2\)より、\(f”(t)>0\)で、\(f'(0)＝-cosa<0\)、\(f(π/2)＞0\)　より
\(f'(α)=0\)となる\(0<α<π/2\)がただ１つ存在します。
また、\(f(0)<0\)　\(f(π/2)>0\)　より、\(0<t<π/2\)に\(f(t)＝0\)を満たす\(t\)がただ1つ存在し
従って、与式は、だた1つの解をもちます。

(2)　②の解を\(t_n\)とおくと、\(t_n＝x_n-2nπ\)
\((t_n+２ｎπ)(1-cost_n）＝sin(t_n+n)\)から、
\(cost_n＝1－sin(t_n+α)/(t_n+2nπ)\)
また、\(\vert\sin(t_n+α)/(t_n+2nπ)　\vert<1/2ｎπ→0(n→∞)\)
従って、\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty }t_n＝\displaystyle \lim_{ n \to \infty }( x_n－２nπ)＝0\)

【問題2】

(1)　さいころを\(4\)回なげて、でた目を順に\(a,b,c,d\)とします。
\(f(x)＝ax^3+bx^2+cx\)に対して、\(f(d)\)が素数となる確率を求めてください。
(2)　さいころを\(6\)回なげて、そのでた目を順に、\(a,b,c,d,e,f\)とします。
２つの放物線　\(y=ax^2+bx+c、 y=dx^2+ex+f\)　がただ一つの共有点をもつ確率を求めてください。

【解答２】

(1)　\(f(d)=d(ad^2+bd+c)\)が素数になるには、\(d=1\)で、このとき\(f(d)＝a+b+c\)
よって、\(d=1\)かつ\(a+b+c＝素数\)
そして、\(a+b+c=素数\)になる組み合わせは、
\(a+b+c=3,5,7,11,13,17\)
これらの組み合わせは、\(73\)通り
よって、確率は、\(73/６^4＝73/1296\)

(2)　答え　\(1031/5832\)

【問題3】

関数\(f(x)\)は、1次導関数、2次導関数を持つものとします。
また、\(f(x)\)は、\(0≦x≦1\)で、\(f(x)>0\)　　\((f'(x))^2≦f(x)･f”(x)≦2((f’x))^2\)　を満たしているとします。
このとき次の不等式を示してください。

(1)　\(f(1/2)≦(a+b)/2\)
(2)　\(f(1/3)≦\sqrt[3]{a^2b}\)
(3)　\(f(1/4)≧4ab/(a+3b)\)
(4)　\(\displaystyle \int_{0}^{1} f(x) dx ≦1/4･a+1/2･\sqrt{ab}+1/4b\)

【解答3】

(1)　\(F(x)＝logf(x)\)を\(0≦X≦1\)で定義できます。このとき
\(F'(x)＝f'(x)/f(x)、F”(x)＝(f(x)f”(x)-(f’x))^2)/(f(x))^2\)
よって条件より、\(F”(x)≧0\)
よって、\(f(X)\)は、\(0≦X≦1\)で下に凸です。
\(F(X)≦(1-x)F(0)+xF(1)＝loga^{1-x}b^x\)\)から
\(f(x)≦loga^{1-x}b^x\)････････①
①に\(ｘ＝1/2\)を代入すると、
\(f(1/2)≦\sqrt{ab}≦(a+b)/2\)

(2)　①に\(x=1/3\)を代入すると
\(f(1/3)≦\sqrt[3]{a^2b}\)

(3)　条件より\(0≦x≦1\)で　\(G(x)＝1/f(x)\)が定義できます。
\(G”(x)＝(－F”(x)f(x)+2(f(x))^2)/(f(x))^3\)
条件より、\(G”(x)＞0\)より、下に凸
従って、\(G(x)≦(1-x)G(0)+xG(1)\)から
\(1/f(x)≦(1-x)/a+x/b\)より　\(x=1/4\)を代入すると
\(f(1/4)≧4ab/(a+3b)\)

(4)　条件式より、\(0≦x≦1\)で、\(f”(x)≧0\)より、\(f(x)\)は下に凸です。
\(\displaystyle \int_{0}^{1} f(x) dx＝\displaystyle \int_{0}^{1/2} f(x) dx+\displaystyle \int_{1/2}^{1} f(x) dx\)
≦\(1/2・1/2(f(0)+f(1/2)+1/2・(f(1/2)+f(1))=1/4・a+1/2・\sqrt{ab}+1/4・b\)

 

【問題4】

note:この問題は、リーマンのゼータ関数にヒントを得た入試問題です。
リーマンのゼータ関数は、\(ζ(s)＝\displaystyle \sum_{ n= 1 }^{ ∞ } 1/n^s\)で表される関数で素数定理にも関連しています。
ζ関数に関してリーマンが予想をしていますが、150年以上未解決です。ζ関数は、オイラーによって無限積展開されることが示されていますが、
この問題は、その無限積展開に関連した問題です。国立大学の挑戦枠の問題です。

 

全ての素数を小さい順に並べた無限数列を、\(p_1,p_2,････････p_n･･･････\)とします。

(1)　\(n\)を自然数とするとき、

\(\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/k<(1－(1/p_1)^{n+1}/(1－1/p_1) ･(1－(1/p_2)^{n+1}/(1－1/p_２)  ･････････\)
････\((1－(1/p_n)^{n+1}/(1－1/p_n)\)
を証明してください。

(2)　無限級数

\(\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ ∞ } (－log（1－1/p_k))\)　発散することを証明してください。

(3)　無限級数

\(\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/p_k\)　は発散することを証明してください。

【解答4】

(1)　\((1－(1/p_1)^{n+1}/(1－1/p_1) ･(1－(1/p_2)^{n+1}/(1－1/p_２) ･･･(1－(1/p_n)^{n+1}/(1－1/p_n)\)
＝\((1+1/p_1^2+･･････+1/p_1^n)･･･････(1+1/p_n+･･････+1/p_n^2)\)･････････････①

①の展開式を考えると、この中には、\(1,1/2,1/3･･･････････,1/n\)　が含まれます。
よって、
\(\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/k<(1－(1/p_1)^{n+1}/(1－1/p_1) ･(1－(1/p_2)^{n+1}/(1－1/p_２) ･･･(1－(1/p_n)^{n+1}/(1－1/p_n)\)

(2)　(1)より
\(\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/k<\displaystyle \prod_{ｋ= 1 }^n (1－p_k^{-1})^{-1}\)･･･････②

また、\(y=1/x\)は、\(x>0\)で下に凸ですから、

\(\displaystyle \int_{1}^{ ｎ+1} 1/ｘdx<\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/k\)･･････③

②、③より、\(log(n+1)<\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/k<\displaystyle \prod_{ｋ= 1 }^n (1－p_k^{-1})^{-1}\)・・・・・・④

従って、④は両辺正ですから、
\(log(log(n+1)<\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n }(－log(1－p_k^{-1}))\)
\(ｎ→∞\)とすると
\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } \displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n }(－log(1－p_k^{-1})＝∞\)

(3)　\(1≦x≦1/2\)で容易に　\(－log(1-x)<2log2･x\)を示すことが出来ます。
\(p_k≧2\)ですから、\(0<1/p_k≦1/2\)より、

\(1/2log2・ \displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n }(－log(1－p_k^{-1})≦\displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n } 1/k\)

よって、\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } \displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n }1/p_k＝∞\)

（注）\(\displaystyle \lim_{ n \to \infty } \displaystyle \sum_{ k= 1 }^{ n }1/ｋ\)　なら、
\(\displaystyle \int_{1}^{ ｎ+1} 1/ｘdx＝log(n+1)\)から容易に示せます。
また、\(ζ(s)\)に関する問題では、\(ζ(2)＝1/1^2+1/2^2+････････＝π^/6\)を示すいわゆるバーゼル問題が
日本女子大学理学部に誘導つきで出題されています。