I順天堂大学 2024年 数学 第I問解答・解説

(1)(a) 分母について $$\displaystyle A+B=\int_0^{\pi/4}\frac{\cos x+\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx=\frac{\pi}{4}.$$ また，$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\log(\sin x+\cos x)=\dfrac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}$ であるから， $$\displaystyle A-B=\int_0^{\pi/4}\frac{\cos x-\sin x}{\sin x+\cos x}\,dx =\left[\log(\sin x+\cos x)\right]_0^{\pi/4} =\frac12\log 2.$$ よって，和と差から $$\displaystyle A=\frac{\pi}{8}+\frac14\log 2,\qquad B=\frac{\pi}{8}-\frac14\log 2.$$ したがって，この小問の空欄は順に $\text{ア}=1,\text{イ}=4,\text{ウ}=1,\text{エ}=2,\text{オ}=2,\text{カ}=1,\text{キ}=8,\text{ク}=1,\text{ケ}=4,\text{コ}=2$ である。

(1)(b) $f(x)=2\sin x+3\cos x+13$ とおくと，$f'(x)=2\cos x-3\sin x$ であり， $$\displaystyle \cos x+3=\frac{2}{13}f'(x)+\frac{3}{13}f(x),\qquad \sin x+2=-\frac{3}{13}f'(x)+\frac{2}{13}f(x).$$ また，$f(0)=16,\ f(\pi/2)=15$ である。したがって， $$\displaystyle \begin{aligned} C&=\frac{2}{13}\left[\log f(x)\right]_0^{\pi/2}+\frac{3}{13}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{3\pi}{26}+\frac{2}{13}\log\frac{15}{16},\\ D&=-\frac{3}{13}\left[\log f(x)\right]_0^{\pi/2}+\frac{2}{13}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{\pi}{13}-\frac{3}{13}\log\frac{15}{16}. \end{aligned}$$ ゆえに，この小問の空欄は $\text{サ}=3,\text{シ}=2,\text{ス}=6,\text{セ}=2,\text{ソ}=1,\text{タ}=3,\text{チ}=1,\text{ツ}=5,\text{テ}=1,\text{ト}=6$，$\text{ナ}=1,\text{ニ}=1,\text{ヌ}=3,\text{ネ}=3,\text{ノ}=1,\text{ハ}=3,\text{ヒ}=1,\text{フ}=5,\text{ヘ}=1,\text{ホ}=6$ である。

(2) 全事象は $6^5$ 通りで，どの出方も同様に確からしい。

(a) 1回目は6通り，2回目以降は直前と異なる5通りずつだから，隣り合う同じ目がない出方は $6\cdot5^4$ 通りである。したがって求める確率は $$\displaystyle \frac{6\cdot5^4}{6^5}=\frac{625}{1296}.$$

(b) (a)の余事象を考えると，確率は $$\displaystyle 1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}.$$

(c) 1～4回目がすべて同じ事象を $E_1$，2～5回目がすべて同じ事象を $E_2$ とする。各事象の確率は $1/6^3=1/216$，両方が起こるのは5回とも同じ目のときで，その確率は $1/6^4=1/1296$ である。よって $$\displaystyle P(E_1\text{ または }E_2)=\frac{1}{216}+\frac{1}{216}-\frac{1}{1296}=\frac{11}{1296}.$$

(d) 1～3回目，2～4回目，3～5回目がそれぞれ同じ目となる事象を $F_1,F_2,F_3$ とする。各事象の確率は $1/36$ である。$F_1\text{ と }F_2\text{ がともに起こる事象}$ と $F_2\text{ と }F_3\text{ がともに起こる事象}$ はそれぞれ連続4回が同じ目となるので確率は $1/216$，$F_1\text{ と }F_3\text{ がともに起こる事象}$ と三事象すべての共通部分は5回とも同じ目となるので，それぞれ確率は $1/1296$ である。包除原理より $$\displaystyle \begin{aligned} P(F_1,F_2,F_3\text{ の少なくとも一つが起こる事象}) &=\frac{3}{36}-\left(\frac{2}{216}+\frac{1}{1296}\right)+\frac{1}{1296}\\ &=\frac{2}{27}. \end{aligned}$$

したがって (2) の空欄は順に，(a) $625/1296$，(b) $671/1296$，(c) $11/1296$，(d) $2/27$ である。

(3) $b\ne c$ のとき，等比数列の和から $$\displaystyle a_n=\sum\limits _{k=0}^{n}b^{n-k}c^k=\frac{b^{n+1}-c^{n+1}}{b-c}.$$

(a) $b=3,\ c=-2$ を代入すると $$\displaystyle a_5=\frac{3^6-(-2)^6}{3-(-2)}=\frac{729-64}{5}=133,$$ したがって5で割った余りは $3$ である。

(b) $|b|,|c|<1$ であるから等比級数が収束し， $$\displaystyle \sum\limits _{n=1}^{\infty}a_n =\frac{1}{b-c}\left(\sum\limits _{n=1}^{\infty}b^{n+1}-\sum\limits _{n=1}^{\infty}c^{n+1}\right) =\frac{1}{5/6}\left(\frac{1/4}{1-1/2}-\frac{1/9}{1+1/3}\right) =\frac12.$$

(c) 有限和を用いると，$x\ne1$ に対して $$\displaystyle \sum\limits _{n=1}^{N}nx^{n+1} =\frac{x^2\{1-(N+1)x^N+Nx^{N+1}\}}{(1-x)^2}.$$ 実際，$\displaystyle T_N=\sum\limits _{n=1}^N nx^n$ とおくと，$\displaystyle T_N-xT_N=x+x^2+\cdots+x^N-Nx^{N+1}=\dfrac{x(1-x^N)}{1-x}-Nx^{N+1}$ である。これを整理して上式を得る。問題文の $\displaystyle \lim\limits _{N\to\infty}Nx^N=0\ (|x|<1)$ より，$|x|<1$ では $$\displaystyle \sum\limits _{n=1}^{\infty}nx^{n+1}=\frac{x^2}{(1-x)^2}.$$ よって $$\displaystyle \sum\limits _{n=1}^{\infty}na_n =\frac{1}{b-c}\left(\frac{b^2}{(1-b)^2}-\frac{c^2}{(1-c)^2}\right) =\frac{1}{5/6}\left(1-\frac{1}{16}\right)=\frac98.$$

したがって (3) の空欄は (a) $3$，(b) $1/2$，(c) $9/8$ である。