【解説・採点基準付き】2004年九州大学理系数学の解答・解説

$n=0,\ 1,\ 2,\ \cdots$ に対して

$$I_n=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^2x^ne^x\,dx$$

とおく。ただし、 $0!=1$ とする。

(1) $I_0$ の値を求め、 $n=1,\ 2,\ \cdots$ のとき $I_n$ と $I_{n-1}$ の関係式を求めよ。また、これらを用いて $I_3$ の値を求めよ。

(2) $0\leqq x\leqq2$ に対して $e^x\leqq e^2$ であることを利用して、次の不等式を示せ。

$$\frac{1}{n!}\int_0^2x^ne^x\,dx\leqq2e^2\left(\frac23\right)^{n-1}\quad(n=1,\ 2,\ \cdots)$$

(3) 極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k2^k}{k!}$ を求めよ。

(1)　配点 20点

$I_0=\displaystyle\int_0^2e^x\,dx=e^2-1$。 $n\geqq1$ のとき、部分積分より

$$\int_0^2x^ne^x\,dx=\left[x^ne^x\right]_0^2-n\int_0^2x^{n-1}e^x\,dx=2^ne^2-n\int_0^2x^{n-1}e^x\,dx$$

両辺に $\dfrac{(-1)^n}{n!}$ をかけると

$$I_n=\frac{(-2)^ne^2}{n!}+\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\int_0^2x^{n-1}e^x\,dx$$

答　$I_0=e^2-1$、 $I_n=I_{n-1}+\dfrac{(-2)^ne^2}{n!}$

$$I_3=I_0+e^2\left(-2+\frac{4}{2}-\frac{8}{6}\right)=e^2-1-\frac43e^2$$

答　$I_3=-\dfrac{e^2}{3}-1$

(2)　配点 15点

$0\leqq x\leqq2$ で $x^ne^x\leqq e^2x^n$ なので

$$\frac{1}{n!}\int_0^2x^ne^x\,dx\leqq\frac{e^2}{n!}\int_0^2x^n\,dx=\frac{2^{n+1}e^2}{(n+1)!}$$

$(n+1)!\geqq2\cdot3^{n-1}\ (n\geqq1)$ …① を帰納法で示す。 $n=1$ で $2\geqq2$。 $n=k$ で成り立つとすると $(k+2)!=(k+2)(k+1)!\geqq3\cdot2\cdot3^{k-1}=2\cdot3^k$ で $n=k+1$ でも成り立つ。

①より $\dfrac{2^{n+1}e^2}{(n+1)!}\leqq\dfrac{2^{n+1}e^2}{2\cdot3^{n-1}}=2e^2\left(\dfrac23\right)^{n-1}$。（終）

(3)　配点 15点

(1) の漸化式を $k=1$ から $n$ まで加えると

$$I_n=I_0+e^2\sum_{k=1}^n\frac{(-2)^k}{k!}=e^2\sum_{k=0}^n\frac{(-2)^k}{k!}-1$$

(2) より $|I_n|=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_0^2x^ne^x\,dx\leqq2e^2\left(\dfrac23\right)^{n-1}\to0$。よって

$$\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k2^k}{k!}=\frac{1+I_n}{e^2}\to\frac{1}{e^2}$$

答　$\dfrac{1}{e^2}$

座標平面上を動く点 $\mathrm{P}(x(t),\ y(t))$ の時刻 $t$ における座標が

$$\begin{cases}x(t)=\cos\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)\\y(t)=\cos(2t)\end{cases}\quad(0\leqq t<2\pi)$$

で与えられているとし、この点の軌跡を $C$ とする。

(1) $\mathrm{P}$ が原点を通るときの速度ベクトルを求めよ。

(2) $C$ が $x$ 軸、 $y$ 軸に関して対称であることを示せ。

(3) $C$ の概形を描け。

(4) $C$ が囲む図形の面積を求めよ。

(1)　配点 10点

$x=0\iff t+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{3\pi}{2}\iff t=\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{5\pi}{4}$。このとき $y=\cos\dfrac{\pi}{2}=0$、 $\cos\dfrac{5\pi}{2}=0$ で、確かに原点を通る。

速度ベクトルは $\left(-\sin\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right),\ -2\sin2t\right)$。

答　$t=\dfrac{\pi}{4}$ のとき $(-1,\ -2)$、 $t=\dfrac{5\pi}{4}$ のとき $(1,\ -2)$

(2)　配点 12点

$s=t+\dfrac{\pi}{4}$ とおくと $x=\cos s$、 $y=\cos\left(2s-\dfrac{\pi}{2}\right)=\sin2s$ で、 $s$ は $\dfrac{\pi}{4}\leqq s<\dfrac{9\pi}{4}$ を動く。 $x$、 $y$ は $s$ について周期 $2\pi$ なので、 $C$ は $s$ が任意の実数を動くときの点 $(\cos s,\ \sin2s)$ 全体と一致する。

$C$ 上の点 $(\cos s,\ \sin2s)$ に対し

・ $s$ を $-s$ にすると $(\cos s,\ -\sin2s)$ も $C$ 上にある。よって $C$ は $x$ 軸に関して対称。

・ $s$ を $\pi+s$ にすると $(\cos(\pi+s),\ \sin(2\pi+2s))=(-\cos s,\ \sin2s)$ も $C$ 上にある。よって $C$ は $y$ 軸に関して対称。（終）

(3)　配点 12点

対称性より $x\geqq0$、 $y\geqq0$ の部分を調べる。これは $0\leqq s\leqq\dfrac{\pi}{2}$ の部分で、 $y=2\sin s\cos s=2x\sqrt{1-x^2}\ (0\leqq x\leqq1)$。

$y^2=4x^2-4x^4$ より $\dfrac{d(y^2)}{dx}=8x(1-2x^2)$ なので、 $y$ は $0\leqq x\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$ で増加、 $\dfrac{1}{\sqrt2}\leqq x\leqq1$ で減少し、最大値は $x=\dfrac{1}{\sqrt2}$ で $y=1$。

答　原点から $\left(\dfrac{1}{\sqrt2},\ 1\right)$ を通って $(1,\ 0)$ に至る山形の弧を、 $x$ 軸・ $y$ 軸に関して折り返した8の字の曲線（原点で2回交差し、原点での接線の傾きは $\pm2$。 $(\pm1,\ 0)$ では $y$ 軸に平行な接線をもつ）

(4)　配点 16点

$C$ が囲む図形は、第1象限の部分（曲線 $y=2x\sqrt{1-x^2}$ と $x$ 軸で囲まれた部分）の4倍なので

$$S=4\int_0^12x\sqrt{1-x^2}\,dx$$

$$\int_0^12x\sqrt{1-x^2}\,dx=\left[-\frac23\left(1-x^2\right)^{\frac32}\right]_0^1=\frac23$$

答　$\dfrac83$

座標空間内の三角柱

$$0\leqq x\leqq1,\quad0\leqq y\leqq1,\quad x\geqq y,\quad0\leqq z\leqq1$$

を考え、その $xy$ 平面内の面を $S$、 $xz$ 平面内の面を $T$ とする。点 $\mathrm{A}(a,\ b,\ 0)$ を $S$ 内に、点 $\mathrm{B}(c,\ 0,\ d)$ を $T$ 内にとり、また $\mathrm{C}(1,\ 1,\ 1)$ とする。ただし、点 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ は原点 $\mathrm{O}$ とは異なるとする。

(1) ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ および $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ に直交する単位ベクトルを求め、その単位ベクトルとベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ の内積の絶対値を求めよ。

(2) 四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積を求めよ。ただし、点 $\mathrm{O}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ は同一平面上にないとする。

(3) 点 $\mathrm{A}$ が $S$ 内を、点 $\mathrm{B}$ が $T$ 内を動くとする。このときの、四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積の最大値、および最大値を与える点 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ の位置をすべて求めよ。

(1)　配点 18点

$\vec n=(p,\ q,\ r)$ が $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(a,\ b,\ 0)$、 $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=(1,\ 1,\ 1)$ に直交する条件は $ap+bq=0$、 $p+q+r=0$。これをみたす $\vec n$ は $(b,\ -a,\ a-b)$ の定数倍（ $\mathrm{A}\neq\mathrm{O}$ より $(b,\ -a,\ a-b)\neq\vec0$ ）。

$|(b,\ -a,\ a-b)|=\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}$ なので、単位ベクトルは

$$\pm\frac{1}{\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}}(b,\ -a,\ a-b)$$

$\overrightarrow{\mathrm{OB}}=(c,\ 0,\ d)$ との内積は $\pm\dfrac{bc+(a-b)d}{\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}}$。 $b\geqq0$、 $a-b\geqq0$、 $c\geqq0$、 $d\geqq0$ より $bc+(a-b)d\geqq0$。

答　単位ベクトル $\pm\dfrac{(b,\ -a,\ a-b)}{\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}}$、内積の絶対値 $\dfrac{bc+(a-b)d}{\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}}$

(2)　配点 12点

$|\overrightarrow{\mathrm{OA}}|^2=a^2+b^2$、 $|\overrightarrow{\mathrm{OC}}|^2=3$、 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}=a+b$ より

$$\triangle\mathrm{OAC}=\frac12\sqrt{3(a^2+b^2)-(a+b)^2}=\frac12\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}$$

(1) の値は平面 $\mathrm{OAC}$ と点 $\mathrm{B}$ の距離（四面体の高さ）なので

答　$V=\dfrac13\cdot\dfrac12\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}\cdot\dfrac{bc+(a-b)d}{\sqrt{2(a^2-ab+b^2)}}=\dfrac{bc+(a-b)d}{6}$

(3)　配点 20点

$0\leqq c\leqq1$、 $0\leqq d\leqq1$、 $b\geqq0$、 $a-b\geqq0$ より

$$bc+(a-b)d\leqq b+(a-b)=a\leqq1$$

よって $V\leqq\dfrac16$。（同一平面上にある場合は $V=0$ と考えてよい）

等号は $a=1$ かつ $bc=b$ かつ $(1-b)d=1-b$ のとき、つまり「 $a=1$」「 $b=0$ または $c=1$」「 $b=1$ または $d=1$」。

・ $b=0$ のとき： $d=1$、 $c$ は任意。 $\mathrm{A}(1,\ 0,\ 0)$、 $\mathrm{B}(c,\ 0,\ 1)\ (0\leqq c\leqq1)$。

・ $0<b<1$ のとき： $c=d=1$。 $\mathrm{A}(1,\ b,\ 0)$、 $\mathrm{B}(1,\ 0,\ 1)$。

・ $b=1$ のとき： $c=1$、 $d$ は任意。 $\mathrm{A}(1,\ 1,\ 0)$、 $\mathrm{B}(1,\ 0,\ d)\ (0\leqq d\leqq1)$。

（いずれも $V=\dfrac16>0$ なので4点は同一平面上にない）

答　最大値 $\dfrac16$。最大を与えるのは (i) $\mathrm{A}(1,\ 0,\ 0)$、 $\mathrm{B}(c,\ 0,\ 1)\ (0\leqq c\leqq1)$、(ii) $\mathrm{A}(1,\ b,\ 0)\ (0<b<1)$、 $\mathrm{B}(1,\ 0,\ 1)$、(iii) $\mathrm{A}(1,\ 1,\ 0)$、 $\mathrm{B}(1,\ 0,\ d)\ (0\leqq d\leqq1)$

$n$ を3以上の自然数とする。スイッチを入れると等確率で赤色または青色に輝く電球が横一列に $n$ 個並んでいる。これらの $n$ 個の電球のスイッチを同時に入れたあと、左から電球の色を見ていき、色の変化の回数を調べる。

(1) 赤青…青、赤赤青…青、……　のように左端が赤色で色の変化がちょうど1回起きる確率を求めよ。

(2) 色の変化が少なくとも2回起きる確率を求めよ。

(3) 色の変化がちょうど $m$ 回 $(0\leqq m\leqq n-1)$ 起きる確率を求めよ。

(4) 色の変化の回数の期待値を求めよ。

(1)　配点 10点

$n$ 個の色の並びは $2^n$ 通りで、同様に確からしい。左端が赤で、変化が1回だけの並びは、左から $k$ 個が赤で残りがすべて青（ $1\leqq k\leqq n-1$ ）となる $n-1$ 通り。

答　$\dfrac{n-1}{2^n}$

(2)　配点 12点

変化0回は全部赤・全部青の2通り。変化1回は左端が赤・青で (1) の2倍の $2(n-1)$ 通り。

答　$1-\dfrac{2+2(n-1)}{2^n}=1-\dfrac{n}{2^{n-1}}$

(3)　配点 14点

並びは、左端の色（2通り）と、隣り合う $n-1$ か所のうち色が変わる場所の集合で1対1に決まる。変化がちょうど $m$ 回のものは $2\times{}_{n-1}\mathrm{C}_m$ 通り。

答　$\dfrac{{}_{n-1}\mathrm{C}_m}{2^{n-1}}$

(4)　配点 14点

$$E=\sum_{m=0}^{n-1}m\cdot\frac{{}_{n-1}\mathrm{C}_m}{2^{n-1}}$$

$m\geqq1$ で $m\,{}_{n-1}\mathrm{C}_m=(n-1)\,{}_{n-2}\mathrm{C}_{m-1}$ なので

$$\sum_{m=1}^{n-1}m\,{}_{n-1}\mathrm{C}_m=(n-1)\sum_{m=1}^{n-1}{}_{n-2}\mathrm{C}_{m-1}=(n-1)2^{n-2}$$

答　$\dfrac{n-1}{2}$

（別解：隣り合う $n-1$ か所のそれぞれで色が変わる確率は $\dfrac12$ なので、期待値は $(n-1)\times\dfrac12$）