I横浜市立大学 2015年 数学 第I問解答・解説

(1)(ア) 点 n に到達する直前にいたのは点 n−1 または点 n−2 である。表裏はそれぞれ確率$\displaystyle \frac12$なので、$n\geq3$ で $$\displaystyle \boxed{p_n=\frac12p_{n-1}+\frac12p_{n-2}},\qquad \boxed{2p_n=p_{n-1}+p_{n-2}}.$$

(1)(イ) 1に着くには最初に裏が出るので $p_1=1/2$。2に着くのは、最初に表が出る場合か、裏のあと裏が出る場合なので $$\displaystyle p_2=\frac12+\frac14=\frac34.$$ 差 $d_n=p_n-p_{n-1}$ を考える。(ア)の式から $n\geq3$ で $$\displaystyle d_n=p_n-p_{n-1}=-\frac12(p_{n-1}-p_{n-2})=-\frac12d_{n-1}.$$ また $d_2=p_2-p_1=1/4$ だから、等比数列として $$\displaystyle d_n=\frac14\left(-\frac12\right)^{n-2}.$$ 従って $n\geq3$ では $$\displaystyle \begin{aligned} p_n&=p_1+\sum\limits _{k=2}^{n}d_k =\frac12+\frac14\sum\limits _{j=0}^{n-2}\left(-\frac12\right)^j\\ &=\frac12+\frac16\left\{1-\left(-\frac12\right)^{n-1}\right\} =\boxed{\frac23+\frac{(-1)^n}{3\cdot2^n}}. \end{aligned}$$

(2) $t=\tan\theta$ とおくと、$0\leq t<\infty$ で $$\displaystyle \cos\theta=\frac1{\sqrt{1+t^2}},\qquad \sin\theta=\frac{t}{\sqrt{1+t^2}},\qquad d\theta=\frac{dt}{1+t^2}.$$ これを問題文の極座標表示に代入すると $$\displaystyle r(\theta)=\frac{3at\sqrt{1+t^2}}{1+t^3}.$$ よって $$\displaystyle S=\frac12\int_0^{\pi/2}r(\theta)^2\,d\theta =\frac{9a^2}{2}\int_0^\infty\frac{t^2}{(1+t^3)^2}\,dt.$$ 最後の積分で $u=1+t^3$ とおけば $du=3t^2dt$ だから、問題文の広義積分の定義に従い $$\displaystyle \int_0^\infty\frac{t^2}{(1+t^3)^2}\,dt =\frac13\lim\limits _{U\to\infty}\int_1^Uu^{-2}\,du =\frac13.$$ 従って $$\displaystyle \boxed{S=\frac{3a^2}{2}}.$$

(3) $\mathbf u=\overrightarrow{AB},\ \mathbf v=\overrightarrow{AC},\ \mathbf w=\overrightarrow{AD}$ とする。正四面体の各面は一辺 $a$ の正三角形なので $$\displaystyle |\mathbf u|=|\mathbf v|=|\mathbf w|=a, \qquad \mathbf u\cdot\mathbf v=\mathbf v\cdot\mathbf w=\mathbf w\cdot\mathbf u=\frac{a^2}{2}.$$ 中点の位置から $$\displaystyle \overrightarrow{AQ}=\frac{\mathbf u+\mathbf v}{2}, \qquad \overrightarrow{BP}=\frac{\mathbf w}{2}-\mathbf u.$$ したがって $$\displaystyle \begin{aligned} \overrightarrow{AQ}\cdot\overrightarrow{BP} &=\frac14(\mathbf u+\mathbf v)\cdot(\mathbf w-2\mathbf u)\\ &=\frac14\left(\frac{a^2}{2}-2a^2+\frac{a^2}{2}-a^2\right) =\boxed{-\frac{a^2}{2}}. \end{aligned}$$

(4) $\displaystyle S_n=\sum\limits _{j=1}^{n}j^2 2^{n-j}$、また空和 $S_0=0$ とおく。最後の項を分けると $$S_n=2S_{n-1}+n^2.$$ $S_n=6\cdot2^n-n^2-4n-6$ を帰納法で示す。$n=0$ では右辺も0。$n-1$ で成り立つとすると $$\begin{aligned} S_n&=2\left\{6\cdot2^{n-1}-(n-1)^2-4(n-1)-6\right\}+n^2\\ &=6\cdot2^n-n^2-4n-6. \end{aligned}$$ 従って、求める和は $$\displaystyle \boxed{\sum\limits _{j=1}^{n}j^2 2^{n-j}=6\cdot2^n-n^2-4n-6}.$$