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今年の東大には、凡人がサボっていてもできるような問題はなかった。

問1は、日ごろから受験勉強に取り組んでいれば易しかったと思う。また、日ごろさぼっていても、もともと秀才ならば、難なく完答できただろう。

問4は、ごちゃごちゃしていて、手際よくまとめないと、隘路に落ちるだろう。こういう問題は、漸化式型で考えるとすっきりすることが多い。問4の(2)は途中計算間違いすると、たいてい整式にならないから、整式になったら、おそらく計算間違いしていないと思ってよいので、精神的には楽だ。

　そういうことで、問1、問4の解答例を示します。

 

 

問1

 

＜解答＞　注意）(1)(2)の解答はもう少し上手に書かないと減点の可能性があります。

(1)  解答方針

f(x)=ax^2+bx+cとする。

a<0とすると、f(∞)=-∞となるので、x>pとなることに反する。

よって、a≧0

同様にして b≧0、c≧0

 

(2)  解答方針

f(x)=ax^2+bx+c,g(x)=bx^2+cx+a,h(x)=cx^2+ax+bとする。

a>0,b>0,c>0とすると、f(-∞)=∞,g(-∞)=∞,h(-∞)=∞なので、

pをどのように定めても、それより小さいｘにたいして、f(x)>0,g(x)>0,h(x)>0となることがあるので、題意に反する。

よって、a,b,cの少なくとも一つは正ではないので、(1)から、少なくとも一つはゼロである。

 

(3)同じことだから、c=0とする。

あきらかに、a=0,b=0,c=0ではないので、同じことだからa>0とする。

ここで、d=b/aと書くと、3つの不等式は以下となる。

① x^2+dx>0

② dx^2+1>0

③ x+d>0

ここで、d≧0であるから、②式は常に成り立つ。

また、①③の両方を満たすxの範囲はx>0である。

よって、p=0

 

 

 

問４

 

(1)

＜考え方＞

a_n,2を評価するとき、n-1を選択したものと、選択しないものとに分けると、a_n-1,2とa_n-1,1の式で書けることがわかる。

＜解答＞

まず、a_2,2=2

n≧3のとき、次式が成り立つ。

a_n,2=a_n-1,2+2^n-1 a_n-1,1

=a_n-1,2+2^n-1(2⁰+2¹+・・・+2^n-2)

= a_n-1,2 + 4^n-1 - 2 ^n-1

よって、

a_n,2= a_2,2 + 4²-2²+4³-2³+・・・+4^n-1 - 2 ^n-1

=(4ⁿ-3・2ⁿ+2)/3

 

(2)

＜考え方＞　(1)の考え方を踏襲する。

 

＜前半の解答＞

a_n,0=1 とする

a_n+1,kのなかで、nを選択したものと選択しないものとを考えると次式が成り立つ。

a_n+1,k=2ⁿ・a_n,k-1+a_n,k

f_n(x)=Σ_(k=0～n)a_n,k・x^k

f_n+1(x)=Σ_(k=0～n)a_n+1,k・x^k + a_n+1,n+1・xⁿ⁺¹

ここで、a_n+1,k=2ⁿ・a_n,k-1+a_n,kおよび2ⁿa_n,n=a_n+1,n+1をつかうと、

f_n+1(x)=(1+2ⁿx) f_n(x)となる。

すなわち、f_n+1(x)/ f_n(x)=1+2ⁿx

 

＜後半の解答＞

a_n,0=1 とする

a_n+1,kのなかで、0を選択したものと選択しないものとを考えると次式が成り立つ。

a_n+1,k=2^k-1・a_n,k-1 + 2^k・a_n,k

f_n+1(x/2)= 1+Σ_(k=1～n)a_n+1,k・x^k／2^k + a_n+1,n+1・xⁿ⁺¹／2ⁿ⁺¹

= 1+Σ_(k=1～n)a_n,k-1・x^k／2+Σ_(k=1～n)a_n,k・x^k + a_n+1,n+1・xⁿ⁺¹／2ⁿ⁺¹

= (1+x/2)f_n(x)

すなわち、f_n+1(x)/ f_n(2x)=1+x

 

(3)

＜考え方＞　(2)で導いた式を使う。

＜解答＞

(2)で、以下の式を導いた。　ただし、n>kとする。

a_n+1,k+1=2ⁿ・a_n,k+a_n,k+1

a_n+1,k+1=2^k・a_n,k + 2^k+1・a_n,k+1

この式で、a_n,k+1を消去すると、次式となる。

a_n+1,k+1/ a_n,k = 2^k(2ⁿ⁺¹-1)/(2^k+1-1)

n=kのときは自明に上式が成り立つ。