東大理系数学2016の入試問題・解答解説・難易度

$$f(x)=\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$$

$$g(x)=\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}$$

とおく。$x$が正の実数であるとき、$f(x)$も$g(x)$も常に正の値を取る。よって、底を$e$とする対数をとることができて、

$$\begin{align*}&\log f(x)=\log \left\{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\right\}\\\Leftrightarrow &\log f(x)=x\log\left(1+\frac{1}{x}\right)\end{align*}$$

$$\begin{align*}&\log g(x)=\log \left\{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}\right\}\\\Leftrightarrow &\log f(x)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{x}\right)\end{align*}$$

となる。これらの両辺を$x$で微分すると、

$$\begin{align*}&\frac{f'(x)}{f(x)}=\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+x\cdot\frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}\\\Leftrightarrow &f'(x)=f(x)\left\{\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right\}\end{align*}$$

$$\begin{align*}&\frac{g'(x)}{g(x)}=\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+\left(x+\frac{1}{2}\right)\frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}\\\Leftrightarrow &g'(x)=g(x)\left\{\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1+\frac{1}{2x}}{1+x}\right\}\end{align*}$$

ここで、$f(x)>0$、$g(x)>0$であるから、

$$A(x)=\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}$$

$$B(x)=\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1+\frac{1}{2x}}{1+x}$$

とおくと、$f'(x)$の符号は$A(x)$の符号に、$g'(x)$の符号は$B(x)$の符号に一致する。

$$\begin{align*}A'(x)=&\frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}-\frac{1}{(x+1)^2}\\=&-\frac{1}{x(x+1)^2}<0\end{align*}$$

より、$x$が正の実数であるとき、$A(x)$は単調減少し、

$$\lim_{x\to \infty}A(x)=0$$

であることも考えると、$A(x)>0$が言える。よって、$f(x)$は$x>0$において単調増加する。

同様に、

$$\begin{align*}&B'(x)=\frac{-\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x}}-\frac{-\frac{1}{2x^2}(x+1)-\left(1+\frac{1}{2x}\right)}{(x+1)^2}\\=&\frac{1}{2x^2(x+1)^2}>0\end{align*}$$

より、$x$が正の実数であるとき、$B(x)$は単調増加し、

$$\lim_{x\to \infty}B(x)=0$$

であることも考えると、$B(x)<0$が言える。よって、$g(x)$は$x>0$において単調減少する。

さらに、

$$\lim_{x\to \infty}f(x)=e$$

$$\lim_{x\to \infty}g(x)=\lim_{x\to \infty}f(x)\cdot \left(1+\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{2}}=e$$

となることも合わせると、題意の不等式は示された。

ちょうど$n$試合目でAの優勝が決まるのは、題意より、各試合で勝利する人が「A→C→B→A→…→B→A→A」となるか「B→C→A→B→…→C→A→A」となるかの2パターンしかありえない。前者の場合は試合数が$3$で割って$2$余る数になり、後者の場合は試合数が$3$で割って$1$余る数になる。

以下、合同式の法を$3$とする。

(ii)$n\equiv 0$のとき、

Aがちょうど$n$回目で優勝する場合は存在しない。よって、確率は$0$になる。

(ii)$n\equiv 1$のとき、

「B→C→A→B→…→C→A→A」と勝者が推移していく場合しかないので、確率は、

$$\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

となる。

(iii)$n\equiv 2$のとき、

「A→C→B→A→…→B→A→A」と勝者が推移していく場合しかないので、確率は、

$$\left(\frac{1}{2}\right)^n$$

となる。

したがって、求める確率は、

$$\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{n\equiv 1,\,2のとき\left(\frac{1}{2}\right)^n}\\\boldsymbol{n\equiv 0のとき0}\end{array}\right.$$

(1)より、総試合数が$3m$回以下でAが優勝する確率は、$n\geqq 2$であることに注意すると、$m\geqq 2$のとき、

$$\begin{align*}&\sum_{k=2}^{m}\left(\frac{1}{2}\right)^{3k-2}+\sum_{k=1}^{m}\left(\frac{1}{2}\right)^{3k-1}\\=&\frac{\frac{1}{16}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}\right\}}{1-\frac{1}{8}}+\frac{\frac{1}{4}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^{m}\right\}}{1-\frac{1}{8}}\\=&\frac{5}{14}-\frac{3}{28}\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}\end{align*}$$

$m=1$のときは$\frac{1}{4}$となるので、これは$m=1$でも成り立つ。

 

また、総試合数が$3m$回以下でかつ、Aの最後の対戦相手がBであるのは(1)の(ii)のパターンであるから、その確率は、$m\geqq 2$のとき、

$$\begin{align*}&\sum_{k=2}^{m}\left(\frac{1}{2}\right)^{3k-2}\\=&\frac{\frac{1}{16}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}\right\}}{1-\frac{1}{8}}\\=&\frac{1}{14}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}\right\}\end{align*}$$

$m=1$のときは$0$となるので、これは$m=1$でも成り立つ。

したがって、求める条件付き確率は、

$$\frac{\frac{1}{14}\left\{1-\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}\right\}}{\frac{5}{14}-\frac{3}{28}\left(\frac{1}{8}\right)^{m-1}}=\boldsymbol{\frac{8^m-8}{5\cdot 8^m -12}}$$

直線$\mathrm{QP}_3$と平面$z=1$との交点を$\mathrm{P}’_3$とする。実数$k$を用いて、

$$\begin{align*}\overrightarrow{\mathrm{OP}’_3}=&\overrightarrow{\mathrm{OQ}}+k\overrightarrow{\mathrm{QP}_3}\\=&(k,\,0,\,(3-a)k+a)\end{align*}$$

と表すことができて、この$z$成分が$1$になればよいから、$1<a<3$に注意して、

$$(3-a)k+a=1\Leftrightarrow k=\frac{a-1}{a-3}$$

これを代入して、

$$\mathrm{P}’_3\left(\frac{a-1}{a-3},\,0,\,1\right)$$

が分かる。このとき、三角形$\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2\mathrm{P}’_3$の面積は、

$$\left(1-\frac{a-1}{a-3}\right)\cdot 1 \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{3-a}$$

となる。また、$z=1$と$xy$平面は平行であるから、題意より、三角形$\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2\mathrm{P}’_3$と三角形$\mathrm{R}_1\mathrm{R}_2\mathrm{R}_3$は相似であると分かるので、その相似比が$(a-1):a$であることも踏まえると、

$$S(a)=-\frac{a^2}{(a-3)(a-1)^2}$$

が分かる。

よって、$1<a<3$の範囲における$S(a)$の増減表は以下のようになる。

\[\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|} \hline a&1&\cdots&2&\cdots&3\\\hline S'(a)&&-&0&+&\\\hline
S(a)&&\searrow&4&\nearrow&\\\hline\end{array}\]

したがって、求める最小値は、

$$\boldsymbol{4(a=2のとき)}$$

$z=0,\,\pm 1$のときは3点のうち2つが一致してしまうので、$z\ne 0,\,\pm1$である。このもとで、三角形$\mathrm{ABC}$が鋭角三角形になることは、$\angle\mathrm{ABC},\,\angle\mathrm{BAC},\,\angle\mathrm{ACB}$がすべて$\frac{\pi}{2}$未満となることと同値である。

よって、

$$\left\{\begin{array}{l}-\frac{\pi}{2}<\mathrm{arg}\left(\frac{z^2-z}{1-z}\right)<\frac{\pi}{2}\\-\frac{\pi}{2}<\mathrm{arg}\left(\frac{z^2-1}{z-1}\right)<\frac{\pi}{2}\\-\frac{\pi}{2}<\mathrm{arg}\left(\frac{z-z^2}{1-z^2}\right)<\frac{\pi}{2}\end{array}\right.$$

である。さらに、これは$\frac{z^2-z}{1-z},\,\frac{z^2-1}{z-1},\,\frac{z-z^2}{1-z^2}$の実部が正である条件と等しいから、

$$\begin{align*}&\left\{\begin{array}{l}\frac{z^2-z}{1-z}+\overline{\left(\frac{z^2-z}{1-z}\right)}>0\\\frac{z^2-1}{z-1}+\overline{\left(\frac{z^2-1}{z-1}\right)}>0\\\frac{z-z^2}{1-z^2}+\overline{\left(\frac{z-z^2}{1-z^2}\right)}>0\end{array}\right.\\\Leftrightarrow &\left\{\begin{array}{l}-(z+\bar{z})>0\\z+\bar{z}>-2\\\frac{z}{1+z}+\overline{\left(\frac{z}{1+z}\right)}>0\end{array}\right.\\\Leftrightarrow &\left\{\begin{array}{l}2\mathrm{Re}(z)<0\\2\mathrm{Re}(z)>-2\\z(1+\bar{z})+\bar{z}(1+z)>0\end{array}\right.\\\Leftrightarrow &\left\{\begin{array}{l}-1<\mathrm{Re}(z)<0\\\left|z+\frac{1}{2}\right|^2>\frac{1}{4}\end{array}\right.\end{align*}$$

これを複素数平面上に図示すると以下の斜線部。(ただし境界および白丸は含まない。)

すべての辺は正であるから、2乗しても同値性は崩れず、

左辺について、

右辺について、

となり、また、

$$0<(0.a_1a_2\cdots a_{k})^2<1$$

$$0<(0.a_1a_2\cdots a_{k}+10^{k-1})^2\leqq 1$$

であるから、題意を満たす$n$は、

すべての辺は正であるから、2乗しても同値性は崩れず、

左辺について、

$$\begin{align*}&(p+0.a_1a_2\cdots a_{k})^2\\=&p^2+2p(0.a_1a_2\cdots a_{k})+(0.a_1a_2\cdots a_{k})^2\end{align*}$$

右辺について、

となる。ここで、右辺と左辺の差を考えると、$p$が$5\cdot10^{k-1}$以上の整数であれば$2p$は$10^k$以上の整数となるので、

となる。したがって、

を満たす整数$q$を定めると、

が成り立つので、$m=q$とすれば条件は成り立つ。

したがって、題意成立。

$\sqrt{s}-[\sqrt{s}]=0.a_1a_2\cdots a_{k}$をみたす正の整数$s$の存在を仮定する。$0.a_1a_2\cdots a_{k}$は正の有理数、$[\sqrt{s}]$は整数であるから、互いに素な自然数$b,\,c$を用いて、

$$\sqrt{s}=\frac{c}{b}$$

とおくことができる。両辺2乗して、

$$s=\frac{c^2}{b^2}$$

となるが、$s$は自然数で$b,\,c$は互いに素より、$b=1$が必要。このとき、$\sqrt{s}$は整数となるので、$a_k\ne 0$であることに反しこれは矛盾。

したがって、元の仮定が誤りであり、$\sqrt{s}-[\sqrt{s}]=0.a_1a_2\cdots a_{k}$をみたす正の整数$s$は存在しないことが示された。

$K$は$z$軸を中心軸とする回転体になるので、まず$xz$平面上で$\mathrm{A}$が$x\leq0$の範囲にあるときの線分$\mathrm{AB}$の動く範囲を求めて、それを回転させればよい。

上図のように、$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$と$z$軸の正方向のなす角を$\theta(0\leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3})$とおくと、線分$\mathrm{AC}$の長さは$\frac{1}{\cos\theta}$となるので、

$$\mathrm{CB}=2-\frac{1}{\cos\theta}$$

が分かる。よって、点$\mathrm{B}$の座標は、

$$(x,\,z)=\left(2\sin\theta-\tan\theta,\,2\cos\theta\right)$$

となる。$2\cos\theta$は$0\leqq \theta \leqq \frac{\pi}{3}$の範囲で$\theta$に対して単調に減少するので、$K$のうち$z\geqq 1$の範囲にある部分の体積は、

$$\int_{1}^{2}\pi\left(2\sin\theta-\tan\theta\right)^2dz$$

と表せる。ここで、$z=2\cos\theta$と置換すると、