東大文系数学2017入試過去問解答解説

$A$ は $x=1$ で $x$ 軸と接するので，$P$ は，

$$\begin{aligned} P &= \int_0^1 s( x-1 )^2 dx \\ &= \left[ \dfrac{s}{3} ( x-1 )^3 \right] _0^1 \\ &= \dfrac{s}{3} \tag{1} \end{aligned}$$

また，$B$ と $x$ 軸の交点の $x$ 座標は $\pm t$ なので，$Q$ は

$$\begin{aligned} Q &= \int_0^t ( -x^2 + t^2 ) dx \\ &= \left[ -\dfrac{1}{3} x^3 + t^2 x \right] _0^t \\ &= \dfrac{2}{3} t^3 \tag{2} \end{aligned}$$

以上 $(1),(2)$ と，$s\ne0$ より，

$$\dfrac{P}{Q} = \dfrac{2t^3}{s} \tag{3}$$

と分かる。

次に，$A,B$ はただ1点を共有するので，$A,B$ は接する。 ここで，$A,B$ を連立して $y$ を消去すると，

$$\begin{aligned} & s ( x-1 )^2 = - x^2 + t^2 \\ \Leftrightarrow \ & ( s + 1 )x^2 - 2sx + s - t^2 = 0 \end{aligned}$$

となる。 $s+1 \ne 0$ より二次方程式であり，接するという条件から判別式を $D$ とおくと $D=0$ が成り立つ。 ここで，

$$\begin{aligned} \dfrac{D}{4} &= s^2 - (s-1)(s-t^2) \\ &=st^2 - s + t^2 \\ &= s(t^2 - 1) + t^2 \end{aligned}$$

より，

$$\begin{aligned} & s (t^2 - 1) + t^2 = 0\\ \Leftrightarrow \ & s = \dfrac { t^2 }{ 1 - t^2 } \ \ \ ( \because 1 - t^2 \ne 0 ) \end{aligned}$$

このとき，$0<t<1$ を満たす全ての $t$ で，$1-t^2 , t^2 > 0$ となるので，$s>0$ が成立する。

<!-- 文字消去したら変域を確認！ -->

これと $(3)$ より，

$$\begin{aligned} \dfrac{P}{Q} &= 2t^3 \cdot \dfrac{ 1- t^2 }{ t^2 } \\ &=2t ( 1 - t^2 ) \end{aligned}$$

これを $f(t)$ とおくと，

$$f'(t) = -6t^2 + 2$$

よって，$0 < t < 1$ における $f(t)$ の増減は以下のとおり→増減表の書き方と例題

$$\begin{array}{c||ccccc} t & 0 & \cdots & \dfrac{1}{\sqrt3} & \cdots & 1\\ \hline f’(t) & & + & 0 & 0 & - \\ \hline f(t) & & \nearrow & & \searrow & \end{array}$$

よって $\dfrac{P}{Q}$ の最大値は $$f \left( \dfrac{1}{\sqrt3} \right) = \dfrac{4\sqrt3}{9}$$

$\mathrm{P,Q}$ がそれぞれ線分 $\mathrm{AB , CD}$上にあるので，$s,t$ を $0 \leqq s , t \leqq 1$ を満たす実数として，

$$\overrightarrow{\mathrm{AP}} = s\ \overrightarrow{\mathrm{AB}} \ \ \ ,\ \ \ \overrightarrow{\mathrm{CQ}} = t\ \overrightarrow{\mathrm{CD}}$$

とおける。

$\mathrm R$ は $\mathrm{PQ}$ を $2:1$ に内分するので，

$$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AR}} &= \dfrac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{AP}} + \dfrac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{AQ}} \\ &= \dfrac{1}{3} \overrightarrow{\mathrm{AP}} + \dfrac{2}{3} \left( \overrightarrow{\mathrm{AC}} + \overrightarrow{\mathrm{CQ}} \right) \\ &= \dfrac{s}{3} \overrightarrow{\mathrm{AB}} + \dfrac{2t}{3} \overrightarrow{\mathrm{CD}} +\dfrac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{AC}} \end{aligned}$$

ここで，$\overrightarrow{\mathrm{AB}} = \overrightarrow{a} , \overrightarrow{\mathrm{CD}} = \overrightarrow{b}$ とおくと，$\dfrac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は定ベクトルなので，$\mathrm{R}$ の動く範囲は $\dfrac{s}{3} \overrightarrow{a} + \dfrac{2t}{3} \overrightarrow{b}$ の終点の動く範囲と等しい。

$s$ を $0 \leqq s \leqq 1$ の範囲である値に固定したときの，$0 \leqq t \leqq 1$ での $\mathrm{R}$ の範囲を考える。

この範囲は， $\dfrac{s}{3} \overrightarrow{a}$ の終点を通り$\overrightarrow{b}$ と平行な直線のうち，$\dfrac{2}{3} \overrightarrow{b}$ 進んだところまでの線分で，以下のようになる。

次に，$s$ の固定を解除すると $0 \leqq s \leqq 1$ より，上図の線分が $\overrightarrow{a}$ 向きの成分が $0$ から $\dfrac{1}{3}\overrightarrow{a}$ までの範囲にくるように平行移動するので，$\mathrm{R}$ の取りうる範囲は以下。

ここで，$\overrightarrow{a}$ と $\overrightarrow{b}$ のなす角は $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ のなす角に等しく $\dfrac{\pi}{3}$ であり，また大きさはそれぞれ $1$ なので，

求める面積は

$$\left| \dfrac{1}{3}\overrightarrow{a} \right| \left| \dfrac{2}{3}\overrightarrow{b} \right| \sin{\dfrac{\pi}{3}} = \dfrac{\sqrt3}{9}$$

まず $\mathrm{P}$ を固定して ${\mathrm{P_0}}$ とおき，$\mathrm{Q}$ を $\mathrm{CD}$ 上で動かすと，$\mathrm{R}$ は $\mathrm{CD}$ と平行な線分 $\mathrm{ST}$ 上を動く。

次に $\mathrm{P}$ を動かすが，そのときの $\mathrm{R}$ の取りうる範囲は線分 $\mathrm{ST}$ の通過する領域といえる。

ここで，$\mathrm{S}$ は $\mathrm{Q}$ が $\mathrm{D}$ に，$\mathrm{T}$ は $\mathrm{Q}$ が $\mathrm{C}$ にあるときの $\mathrm{R}$ なので，それぞれの軌跡は下の左図 $\mathrm{S_a S_b} , \mathrm{T_a T_b}$ のようになる。

よって，線分 $\mathrm{ST}$ は，$\mathrm{S_a T_a }$ から $\mathrm{S_b T_b }$ までを平行移動すると分かり，$\mathrm{R}$ の取りうる範囲は下の右図の太線の平行四辺形と分かる。

よって面積は $\ldots$ (以下略 : 辺の長さと角度を求めて計算しましょう。

点 $\mathrm{P}$ が原点から $1$ 秒後に到達しうる座標は，

$(1,0),\:(0,1),\:(-1,0),\:(0,-1)$ の4つであり，順に $t-s$ は $-1, 1, 1, -1$ となる。

それぞれの点に移る確率は $\dfrac{1}{4}$ ずつなので，求める確率は

$$\dfrac{1}{4} \cdot 2 = \dfrac{1}{2}$$

$n$ 秒後の点 $\mathrm{P} (m,n)$ は $y=x+n-m$ 上にあるが，$n+1$ 秒後に $(m,n+1),(m-1,n)$ に移動すると，$y=x+n-m+1$ 上に，$(m+1,n),(m,n-1)$ に移動すると，$y=x+n-m-1$ 上に移動する。

つまり，$1$ 秒たつと $\dfrac{1}{2}$ ずつの確率で，点 $\mathrm{P}$ を通り傾きが $1$ の直線の $y$ 切片が $1$ 増減することがわかる。

ここで，最初に点 $\mathrm{P}$ は $y=x$ 上にあって，$y$ 切片は $0$ である。 $6$ 秒後に点 $\mathrm{P}$ を通る傾き $1$ の直線の $y$ 切片が $0$ であるのは，$y$ 切片は $+1$ に $3$ 回，$-1$ に $3$ 回移動する場合である。

よって，求める確率は $$_6\mathrm{C} _3 \left( \dfrac{1}{2} \right) ^3 \left( \dfrac{1}{2} \right) ^3 = \dfrac{5}{16}$$

$(1)$

$\ \ \ \ \ a_1 = (2+\sqrt5) + \left(-\dfrac{1}{2+\sqrt5} \right) = 4$

$\ \ \ \ \ a_2 = (2+\sqrt5)^2 + \left(-\dfrac{1}{2+\sqrt5} \right)^2 = 18$

<!-- 分数の有利化 -->

$(2)$

$n\geqq2$ のとき

$\begin{aligned} \ \ \ \ \ a_1a_n &= \left\{ p + \left( - \dfrac{1}{p} \right) \right\} \left\{ p^n + \left( - \dfrac{1}{p} \right) \right\} ^n \\ &=p^{n+1} - p^{n-1} - \left( -\dfrac{1}{p} \right)^{n-1} + \left( -\dfrac{1}{p} \right)^{n+1} \\ &=a_{n+1} - a_{n-1} \end{aligned}$

$(1),(2)$ より，$n\geqq2$ で

$$\begin{aligned} a_{n+1} &= a_1 a_n + a_{n-1} \\ &= 4a_n + a_{n-1} \tag{a} \end{aligned}$$

が成立する。

ここで，$a_n$ は自然数であることを数学的帰納法で示す。

$(ⅰ)\ n = 1,2$ のとき

$a_1=4,\ a_2=18$ より，自然数である。

$(ⅱ)\ n = k,k+1 ( k \in \mathbb{N})$ で $a_n$ が自然数になると仮定する。

このとき，$k+1\geqq2$ なので $(\mathrm{a})$ より，

$$a_{k+2} = 4a_{k+1} + a_{k}$$

が成立し，仮定より $a_{k+1} , a_{k}$ が自然数なので，$a_{k+2}$ が自然数になる。

つまり，$n = k,k+1 ( k \in \mathbb{N})$ で題意を満たすとき，$n = k+2$ でも題意をみたす。

以上 $(ⅰ),(ⅱ)$ より，数学的帰納法で示された。

自然数 $p,q$ の最大公約数を $(p,q)$ と表すことにする。

このとき，$n\geqq 2$ の範囲で $a_{n+1}$ を $a_n$ で割った商とあまりについて考えると，

• $(\mathrm{a})$ より $a_{n+1} = 4a_{n} + a_{n-1}$ が成立する
• 漸化式より $a_n>a_{n-1}$

となるので，商は $4$ であまりは $a_{n-1}$ である。よって，ユークリッドの互除法より

$$(a_{n+1},a_n)=(a_n, a_{n-1})$$

となる。

よって，$n\geqq2$ の範囲で $(a_n, a_{n-1})$ は一定となる： $$(a_{n+1},a_n)=(a_n, a_{n-1})= \cdots =(a_2,a_1)$$

$(1)$ より，$a_1=4, a_2=18$ なので，求める最大公約数は $2$