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2013年東京大学前期入試 理系数学 第3問 その2

2013.03.26 16:20|大学入試問題
どもども。

今回は前回の続きで今年の東大前期入試の理系数学第3問の続きです~~


問題はこちら~~FULL_2013_02_26_213320.gif
http://nyushi.yomiuri.co.jp/13/sokuho/tokyo/zenki/sugaku_ri/mon3.html

前回
http://mathnegi.blog.fc2.com/blog-entry-89.html



確率の問題でした~
しかし,今回は(2)からやっていきますが
この(2)は,もはや確率はほぼどうでもよくって,
基本的に無限級数の計算の問題です~

やや面倒くさい計算なので,あとで見直しをしている時に
「あ(1)の計算,ミスってた~
なんて気付いてしまったら大変です~

さて,(1)の答えとして出てきた確率 p(n) は n の偶奇によって
一般項が別々に与えられるタイプのものでした。

それを n=1 から順番に足し合わせていく無限級数
p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+……+p(n)+……
を求めるのが今回の問題です~

偶数番目の項の和と,奇数番目の項の和とに分けて計算するのがウマそうですねー
その発想自体は良いのですが,いくつか注意しなければならない点が出てきます~car2_ambulance.gif

何も考えずに
p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+……
={p(1)+p(3)+p(5)+……}+{p(2)+p(4)+p(6)+……}

が成り立つとして計算してしまうのは実は正しくないからです~
まぁ,結果としては,今回は上の式は正しいんですが,
実はそれは都合の良い条件が揃っているからであって
任意の数列 {a_n} の無限和について同様の結果は
無条件には成り立たないということを肝に銘じておかなければいけません~
詳しくはまた後ほど考えることにします~


さて,n項目までの部分和 S_n=p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+……+p(n)
を考えます。偶数 n=2N の場合を考えると
S_{2N}=p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+……+p(2N)
   ={p(1)+p(3)+p(5)+…+p(2N-1)}+{p(2)+p(4)+p(6)+…+p(2N)}
と書けます。

偶数項の部分和 T_N=Σ[k=1,N]p(2k) 
および奇数項の部分和 U_N=Σ[k=1,N]p(2k-1) 
を考えましょう~
今から lim [N→∞] T_N と lim [N→∞] U_N が共に収束することを確かめたいと思います~buta.gif

ちなみに,lim [N→∞] T_N=T, lim [N→∞] U_N=U (共に収束)とおくと,
lim [N→∞] S_{2N}=lim [N→∞] ( T_N+U_N )=lim [N→∞] T_N+lim [N→∞] U_N=T+U
を得ることができますよ~

T_N は具体的に計算すると T_N=Σ[k=1,N] k/(4^k) になるのですが,
このタイプの級数は T_N と (1/4)T_N の差を計算して上手く等比級数を
出現させるのがコツです~cat_4.gif


s1_20130326000441.jpg
  s2_20130326000441.jpg

最後の部分で, lim [N→∞] N/(4^N)=0 というのを使いました。
一般に, a>1 かつ kが自然数であるとき, lim [n→∞] n^k/(a^n)=0
が成り立ちます~dog_love.gif
今回の問題では k=1,2 のパターンが登場します。

これは,受験数学においては,周知の事実として無断で使っても割とOKなことが多いです。
丁寧に問題文中で「証明せずに用いて良い」と言って与えてくれることも多いです。
この結果が成り立つのは, n の多項式 n^k よりも n の指数関数 a^n のほうが
圧倒的に増加のスピードが早いから,というのが直感的なイメージですね~

一応,二項定理を用いた証明をざっくりと挙げておきます~

s4_20130326000442.jpg
s5_20130326000442.jpg


T_N の収束性が述べられたので,次は lim [N→∞] U_N の方ですね~
T_N よりは少々扱いにくいですが,やはり U_N と (1/4)U_N の差を考えると
上手くいきます~dolphin.gif

U_N の値を最後まで計算しても良いですが, T_N を含んだ式で表すことも可能です~

s6_20130326000442.jpg
s7_20130326000517.jpg
 

 の部分は以下のように T_{N-2} を使って表示することなどもできます~

s8_20130326000517.jpg

またこの式の第2項の部分の評価は,次のように済ませることもできます~

s9_20130326000517.jpg


また, U_N を具体的に計算した場合は次のようになります~eto_hitsuji.gif


s10_20130326000518.jpg
s11_20130326000518.jpg



U_N=Σ[k=1,N](k-1)(k-2)/(2・4^(n-1)) の (k-1)(k-2) を
はじめに展開してしまうというやり方もありますねーeto_mi.gif



s12_20130326000518.jpg
s13_20130326000543.jpg


なお, T_N と U_N は以下に示すように微分を利用して計算することも可能ですよ~insect_kuwa_m.gif


s31.jpg

s32.jpg
s33.jpg

2階の導関数の計算はちょっと面倒ですね~ 




さて,なんだかんだで lim [N→∞] S_{2N}=16/27 という結果が得られました。
S_{2N} が収束するというだけでは S_n の収束は結論付けられません。
次に我々は lim [N→∞] S_{2N+1} について考察をしなければいけません~

lim [n→∞] S_n が収束する必要十分条件は 
lim [N→∞] S_{2N} と lim [N→∞] S_{2N+1} が共に収束し,しかも値が等しいこと
ですよ~kaeru_en1.gif

S_{2N+1}=S_{2N}+p(2N+1) で,しかも S_{2N} は収束することが分かっているので
p(2N+1)の収束性を述べるだけで解決です~

s14.jpg



そんなわけで,とりあえず答えを求めることが出来ましたね

一度,部分和に直して考察しなければいけないことが面倒ですね。
極限というのは非常にデリケートなものなので,
何も考えずに安易に取り扱うのは危険なんです。

ここで,安易に取り扱ってしまった答案例を挙げてみますね~

s15.jpg
s16.jpg
s17.jpg

有限部分和の計算を飛ばして,最初から無限級数のままで計算しているので
最初の解法と比べると多少計算がしやすくなっていますね。
でも果たして,この答案で満点が取れるでしょうか。

まず答案の1行目です。
これは冒頭に述べたことと全く同じ事ですね。
p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+……
={p(1)+p(3)+p(5)+……}+{p(2)+p(4)+p(6)+……}
は無条件には成り立ちません

また, T と U を求める計算の部分にも難があります。
はじめから Σ[N=1,∞]a_{2N-1} と Σ[N=1,∞]a_{2N} は収束しますよ~~
という前提の元で議論がされています。
本来であれば,まだこの2つの級数は収束するかどうか分かっていないので,
収束しますよ~~ってことを確かめるトコロから議論はスタートしなければいけないでしょう





ここから少々の間一般論になりますが,なにか数列 {a_n} が与えられたとき,
 Σ[n=1,∞]a_n と  Σ[N=1,∞](a_{2N-1}+a_{2N}) と 
Σ[N=1,∞]a_{2N-1}+Σ[N=1,∞]a_{2N} はどれも違う和を表しているので,
値も等しくありませんm_0006.gif


s18.jpg

もちろん,初項から第2N項までの部分和で考えるなら
上と同様の要領で分解したものはどれも同じ和を表しますが,
極限を取ってしまうと,たちまち話は変わってきてしまうのです。
これが極限の怖さですね

たとえば a_n=(-1)^(n+1) という数列の場合を考えましょう。
Σ[n=1,∞]a_n は収束せず振動,
Σ[N=1,∞](a_{2N-1}+a_{2N}) は0,
Σ[N=1,∞]a_{2N-1}+Σ[N=1,∞]a_{2N} は (+∞)+(-∞) となって収束しません。

s19.jpg


極限というものは,
大学数学レベルの知識がないと上手く扱えないこともあり,
高校数学の範囲ではかなりごまかされている部分があります。

nが限りなく大きくなった時に a_n が限りなく α に近づくことを
lim [n→∞] a_n=α と表す,と言われても,
自分は授業で習ったときは,なんだかすごくアバウトだなーーという印象を持ったものです~
「限りなく」っていうのが高校のうちは,ほぼ直感的なイメージでごまかされちゃうんですよね。

数列 {a_n} と {b_n} の極限について次のことが成り立ちますが,
高校数学のうちは厳密な証明はすることなく直感的に認めてしまいます。

s22.jpg


数列{a_n}に関して n→∞ のときの挙動は
「有限な値に収束する」「+∞に発散する」「-∞に発散する」「振動する」
に分類されますねm_0060.gif

数列{a_n}が単調増加数列であるときは,
少なくとも n→∞ のとき,「-∞に発散する」「振動する」という事は起きませんねー
「有限な値に収束する」「+∞に発散する」のどちらかになりますが,
もしも,任意の n に対してa_n≦M を満たすような定数 M が存在するならば 
lim [n→∞] a_n ≦M でなければいけないので,「+∞に発散する」という可能性も消えます。
したがって, lim [n→∞] a_n は収束します

これは,ちょっと難しい言葉を使って述べると,「上に有界な単調増加列は収束する」
ってやつなんですが,
ごまかしの上に成り立っている高校数学の範囲でこの事実を堂々と使って良いかというと
少し悩んでしまったりもします。

実数は数直線上にぎっしり詰まっている,ということは
高校数学では当たり前だという感じで直感的に認めてしまっていることですが
大学では,「でもそもそも実数ってなんだろね」といって実数の構成に立ち返ります。
実数の集合は,元々はただの集合です。
ただの集合には数直線上に詰まってるとかそんな性質は通常ありませんが
実数の集合の構成においては,その過程で
「数直線上に隙間なく並んでいる」という(意味の)性質を
公理として付け加えることをします。
いわゆる「実数の連続性」というものなのですが,それを認めるために採用する公理が
「有界単調列の収束性」またはこれと同値な命題です
高校ではこの実数の連続性が暗黙の了解で認められているんですね。

曖昧さを残したまま中途半端に実数の連続性絡みの話に
片足を突っ込んでるような感じがそこはかとなくするので
有界単調列の収束性を大学入試の中で使うことにはやや慎重になってしまうのです。



有界単調列の収束性を認めてみると,
手荒に極限を扱った先程の解答の修正が作れます~

T=Σ[N=1,∞]p(2N) と U=Σ[N=1,∞]p(2N-1)を
を求めるのに無限級数の形のままで計算を押し進めるには
まずはこの無限和が収束することを確かめなくてはいけません。

例えば全確率=1であることを利用してみましょうpakukapa.gif
p(n) は n 回のコイン投げでAが勝利してゲームが終了する確率でした。
「n 回のコイン投げでAが勝利してゲームが終了する」事象を P_n とおくと
P_1,P_2,P_3,…… は互いに排反です。
任意の n に対して p(n)>0 なので,部分和 S_n=Σ[k=1,n]p(k) や
T_n=Σ[k=1,n]p(2k) と U_n=Σ[k=1,n]p(2k-1) なんかは
単調増加しますね。
S_n≦1,T_n≦1,U_n≦1 ですので,
このことから S=Σ[n=1,∞]p(n)≦1,T≦1,U≦1 が分かりますonigiri_1.gif
Bが勝つ場合なんかも普通にあるので実際は「<1」ですね。


s34.jpg

s35.jpg


あるいは,具体的な計算で評価するとすると,
任意の自然数 n に対し, n<2^n,(n-1)(n-2)<2^n
が成り立つことを利用して T_N,U_N を等比級数で評価するなどの方法もあります~oni.gif


s23.jpg


s24.jpg

s25.jpg


s26.jpg



T と U の収束が分かると部分和の計算をスルーして計算ができます~ny_ozouni.gif


s27.jpg
s29.jpg
s30.jpg

終盤の部分は,Sの収束性を利用して
lim [n→∞] S_n= lim [N→∞] S_{2N}=T+U=16/27
とすることもできますね。 




長くなったので今回はここで終了です~rabi_happy.gif





   
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テーマ:算数・数学の学習
ジャンル:学校・教育

2013年東京大学前期入試 理系数学 第3問 その1

2013.03.21 20:54|大学入試問題
どもども。

今回は今年の前期東大入試理系数学の第3問をやっていきます~

問題はこちら~もなたん算数mini
http://nyushi.yomiuri.co.jp/13/sokuho/tokyo/zenki/sugaku_ri/mon3.html


確率の問題ですが,後半は実質的に数列の問題ですね~

コインを投げて表が出るか裏が出るかによって得点を与えるゲーム
という,とてもよくあるシチュエーションです~
よくあると言っても,確率の問題としてよくあるということであって,
実際にこんなゲームで盛り上がれる人間は極めて稀有だと思いますが~~dog_happy.gif

よくあるパターンの問題ではありますが, n の偶奇による場合分けが
必要だったりして,油断をすると頭の中がパニックになってきてしまう
可能性もある怖い問題でもあります。

そして計算ミスもしやすいと思われるので,くれぐれも慎重にやらないと
大変なことになります。
(2)の計算も地味に手間がかかるので,
もし(1)で間違えてしまうと取り返しがつきませんね~~><



それではやっていきましょう~

Aがコインを持っているときは,コインを投げて
表が出ればAがコインを持ったまま,Aに1点与えて,
裏が出ればAにもBにも得点を与えずコインをBに渡します~


Bがコインを持っているときは,コインを投げて
表が出ればBがコインを持ったまま,Bに1点与えて,
裏が出ればAにもBにも得点を与えずコインをAに渡します~


最初にAがコインを持っています~

先に2点取ったほうが勝ちです~

n回コインを投げ終えたときにAが勝利する確率 p(n) を求める問題ですよ~


例えば,下の遷移図は,Aが5回目と11回目のコイン投げで得点し,
Bが9回目のコイン投げで得点し,結果Aが勝利するという結果を表したものです~
どちらかが得点する箇所以外はAとBが交互にコインを持っています~
どこで交互の受け渡しが途切れるかに着目することが大事そうですね。

r1_20130321184230.jpg




 解法1:Bが0点で終わるか1点で終わるか,および,Aが何回目で1点目を得るかで場合分けしてみる

n回でゲームが終了するためには(n-1)回目のコイン投げを終えた時点で
どういう状態になっていなければならないかに着目するのが常套手段ですねstar-ani01.gif

今回の場合は,(n-1)回目のコイン投げを終えた時点で

 Aがコインを持っている
 Aが既に1点を持っている


という2つの条件を満たしていなければいけません~
その上で,n回目に表が出てAが2点目をゲットンしてゲーム終了です~sakura02.gif

このような状況には,最終的にBが0点で終わる場合と1点で終わる場合の
2パターンがあります~
「n回目のコイン投げでAが勝利する かつ Bは0点」の確率 q(n) と
「n回目のコイン投げでAが勝利する かつ Bは1点」の確率 r(n) の
和が p(n) になりますよ~


まずは q(n) について考えていきます~
すなわちBが0点のままゲームが終了する場合です。

(n-1)回のコイン投げの途中どこかでAが1点を取らなければいけません。
最初Aがコインを持った状態でスタートし,Aが得点するまでは
AとBが交互にコインを受け取ることになります。
Aが得点したあとも,(n-1)回目まで再び交互にコインを受け取ります。

したがって,Aがコインを持っているのは

最初 → 2回目 → 4回目 → 6回目 → … → (2k)回目 
→ (2k+1)回目 (ここで1点) → (2k+3)回目 → (2k+5)回目 → …
→ (n-1)回目 → n回目 (ここで2点,ゲーム終了)


のときになるわけですkatorisenko02.gif
Aが得点する際に表が2連続で出現しなければいけません。
始めのうちは偶数回目のコイン投げのタイミングで受け取りますが
1点目を取った後は奇数回目のコイン投げのタイミングで受け取ることになりますね。

例外が2つあります~
まず,1回目のコイン投げで表が出た場合。
この場合は1回目の時点で1点目をフライングゲットするので
序盤にあるべき偶数回目のタイミングでのコイン受け取りがありません。
そして1点目を取るときに表が連続出現する必要がありません。

r2_20130321184230.jpg

もう1つは,(n-1)回目のコイン投げで1点目を獲得する場合です。
この場合は1点をとった後の奇数回目でのコイン受け取りがありません。


r39.jpg

これらのパターンもまとめて同列に考えることもできますが(解法2でやります),
例外が起こるめんどくさいパターンは一旦分離して別個に考えることにしますね~

とりあえず,いずれの場合においても n が偶数でなければならないことを
見逃さないでください~curry02.gif
n が奇数の時は,Bが0点で終わるというシチュエーションは起きないのです~
つまり q(n)=0 になります~
そういうわけで, n=2N とおけます。

では最初は,1回目のコイン投げで表が出た場合について考えてみます。
Aがコインを持っているのは,1,3,5,7,…,2N-1,2N 回目のコイン投げを
終えたタイミングなので,n回分の表裏の出方が一意的に決定されます

1回のコイン投げで,表が出る確率も裏が出る確率も共に 1/2 なので
それが n 回分だと思って,確率は (1/2)^n になります~

r3_20130321184230.jpg


続いて,Aが1点目を得るのが(2k+1)回目(3≦2k+1≦2N-3)
である場合を考えます。
遷移図の中に ↓ のような部分が含まれる場合です。

r4 1

kを決めるとコインの遷移図は一意的に決まってしまうので
確率は各kに対して,やはり (1/2)^n になっています~

r4_20130321184231.jpg


最後に,Aの1点目が(n-1)回目(つまり(2N-1)回目)のコイン投げを終えた
ときである場合です。この場合もやはり1パターンしか無いので確率は (1/2)^n なのです~

r5_20130321184231.jpg

あとは(ア)~(ウ)の分を足せばよいのですが,注意が必要です。
n≧4 の場合は(ア)~(ウ)の事象は互いに排反ですが((イ)はn=4では生じないですが),
n=2 の場合は(ア)と(ウ)が同じ事象を表すので,重複して足してはいけません。

r6_20130321202610.jpg


結果としては n=2 の場合も n≧4の場合の式が適用出来るようですねfuurin03.gif







次は,Bが1点獲得する場合について考えていきます。
先程と同様に,Aが1回目または(n-1)回目で1点目を得る場合は別に考えてみます。

Aが1回目のコイン投げで1点目を得る場合は,Aがコインを持っているのは

1回目 (1点目)→ 3回目 → 5回目 → (2ℓ-1)回目 → (2ℓ+2)回目 
→(2ℓ+4)回目 → … → (n-1)回目 → n回目 (2点目,ゲーム終了)


のときです。
n-1 が偶数なので n は奇数でなければいけませんbutterfly07.gif
というわけで n=2N+1 とおけます。

Bが1点目を得る (2ℓ+1)回目 の選択が
2ℓ+1=3,5,7,…,2N-1 の (N-1)通りあるので,
確率は (N-1)(1/2)^n になっています。


r7_20130321184302.jpg

次は,Aが1回目以外で1点をゲットし,しかもそれがBの1点ゲットより先である場合を
考えてみます

Aが(2k+1)回目で1点ゲット,Bが(2ℓ+1)回目で1点ゲットするとします。
Aがコインを持っているのが

2回目 → 4回目 → 6回目 → … → (2k)回目 → (2k+1)回目 
→ (2k+3)回目 → (2k+5)回目 → … → (2ℓ-1)回目
→ (2ℓ+2)回目 → (2ℓ+4)回目 → … → (2N)回目 → (2N+1)回目


になります。
やはり n は奇数(n=2N+1)でなければいけません。
各kに対し 2ℓ+1 の取りうる値が 2ℓ+1=2k+3,2k+5,…,2N-1 の
(N-k-1)通りあるので確率が (N-k-1)(1/2)^n  だけあります~kaeru11.gif


r8_20130321184302.jpg
r9_20130321184302.jpg




では,AよりもBの方が先に1点ゲットしてしまう場合はどうでしょう。
Aの1点ゲットが(n-1)回目ではないとします。

Aがコインを持っているのは

2回目 → 4回目 → 6回目 → … → (2ℓ-2)回目 → (2ℓ+1)回目 
→ (2ℓ+3)回目 → (2ℓ+5)回目 → … → (2k-1)回目
→ (2k)回目 → (2k+2)回目 → … → (2N)回目 → (2N+1)回目


のときです
やはり n は奇数(n=2N+1)でなければいけません。
各kに対し 2ℓ の取りうる値が 2ℓ=2,4,…,2k-2 の
(k-1)通りあるので確率が (k-1)(1/2)^n  だけあります~

r10_20130321184303.jpg
r11_20130321184303.jpg


最後に,Aが(n-1)回目で1点目をゲットする場合です。

Aがコインを持っているのは

2回目 → 4回目 → 6回目 → … → (2ℓ-2)回目 → (2ℓ+1)回目 
→ (2ℓ+3)回目 → (2ℓ+5)回目 → … → (2N-1)回目
→ (2N)回目 → (2N+1)回目


のときです。
やはり n は奇数(n=2N+1)でなければいけません。
各kに対し 2ℓ の取りうる値が 2ℓ=2,4,…,2N-2 の
(N-1)通りあるので確率が (N-1)(1/2)^n  だけあります~


r12_20130321184330.jpg


あとは(ア)~(エ)の確率を足せばよいのですが,
この4つの事象が全て生じるのは n≧7 の場合であることに注意します
n=1,3,5 の場合は別に考えます。
特に n=1,3 の場合は Bが1点を取るシチュエーションは起きません。

r13_20130321184330.jpg
  r14_20130321184330.jpg
r15_20130321184330.jpg



さて,求めるべき p(n) は, q(n)+r(n) で与えられます~rokuro.gif



r16_20130321184330.jpg



 解法2:Bが0点で終わるか1点で終わるかで場合分けしてみる(組合せを用いた考察)

Aの1点目について,表が2連続出現する必要のない1回目でのゲットと,
2点目まで含めて3連続で表が出なければならない(n-1)回目でのゲットを
する場合を,面倒だから特殊事例として分離したのが解法1でしたが,
実はこの分離はかえって話をややこしくしていたりしています。

分離せずに一気に扱ってしまうことが出来ます。
また,Aがk回目のコイン投げで1点を得るとすると,
解法1ではkごとの確率を求めて全部足しましたが
今度は始めからkに関して和をとったものを求めてしまいますs1_spr_chulip.gif

まずはBが0点で終了する場合です。
n=2N の場合にこのシチュエーションは起きて,
Aがk回目のコイン投げで1点を得るものとすると,
kの取りうる値は k=1,3,5,7,…,2N-1 のN通りあります。
kを決めるとコインの遷移図は1通りに決定されてしまうので
確率は N(1/2)^n になります~

r17_20130321184331.jpg


Bが1点獲得する場合はどうでしょう。
n=2N+1(奇数)である必要がありました。
Aが先に1点を得るか,それともBが先かで場合分けします。

Aが先の場合は,AとBは共に奇数回目で1点を獲得します。
Aがk回目で,Bが ℓ 回目で1点を得るものとすると,
(k,ℓ)の組が決まれば遷移図は1通りに確定するので
(k,ℓ)の組の個数を数えてしまいたいです。
これは 1,3,5,7,…,2N-1 の中から2つの奇数 k と ℓ を
選び出す
ことと同義ですrisu.gif
ただし,n=1,3の場合は2つの奇数を選べないので別個に考える必要があります。

r18_20130321184358.jpg


Bが先の場合は,AとBは共に偶数回目に1点目を得ます~
Aがk回目で,Bが ℓ 回目で1点を得るものとすると,
(k,ℓ)の組が決まれば遷移図は1通りに確定します。
(k,ℓ)の組の数は, 2,4,6,…,2N の中から2個の偶数 k,ℓ を
選び出す組合せの数に等しいですrobo.gif
n=1,3 の時は2個の偶数を選べないので別個に考える必要があります。

r19_20130321184358.jpg
r20_20130321184358.jpg


これで解法1と同じ q(n) と r(n) が得られました~




 解法3:Aが何回目で1点を得るかで場合分けする

Aがk回目のコイン投げで1点目をゲットするとしましょう~
今度はkの値で場合分けします。
解法1と似ていますが,Bが何点で終えるかは無関係に,
Aがk回目で1点,n回目で2点をとってゲーム終了となる確率 p_k(n) を求めてみます

kの取りうる値は k=1,2,3,4,…,n-1 であるので
p(n)=p_1(n)+p_2(n)+p_3(n)+…+p_{n-1}(n)
です~

p_k(n) はkが偶数か奇数かによって変わってきます。
まずはkが偶数であるとしましょー。

今までの考察からも分かるように,nが偶数の時は任意の偶数kに対して p_k(n)=0 です。
一方,nが奇数の時は n=1,3 の場合は p_k(n)=0,
n≧5 のときは,Bがkより小さい偶数回目で1点をゲットする場合があります~rice_hungry.gif


r21_20130321184358.jpg
r22_20130321184359.jpg


kが奇数のときを考えてみます~

nが偶数のときは,A:2点 B:0点 で終わるときにあたります。
nが奇数のときは,A:2点 B:1点 でAが先に1点ゲットする場合にあたります~korobo.gif
そのようなパターンは各kに対し (n-k-2)/2 通りあります。

r23_20130321184359.jpg
r24_20130321184426.jpg



あとは p(n)=p_1(n)+p_2(n)+p_3(n)+…+p_{n-1}(n)
を計算するだけですね~onigiri_1.gif
nの偶奇で結果が変わってきます。

nが偶数のときは n=2N とおいて,
偶数項と奇数項それぞれの和に分解して計算すると良いです~
nが奇数のときも n=2N+1 とおいて同様に計算します~


r25_20130321184426.jpg

r26_20130321184426.jpg
r27_20130321184426.jpg





 解法4:確率漸化式を使う

n回目の確率がどうの~~ とかいう確率の問題を機械的に処理する
有効手段としては漸化式を用いる手というのがありますcar2_tank.gif
今回もこの手が使えます。
登場する数列の数が多いこと,漸化式を複数解く必要があって面倒なことを考えると
今回はあまりオススメではないかもしれませんね。

n回のコイン投げを終えた状態で勝敗がついていないとき,

A:1点 B:1点 でAがコインを持っている
A:1点 B:1点 でBがコインを持っている
A:1点 B:0点 でAがコインを持っている
A:1点 B:0点 でBがコインを持っている
A:0点 B:1点 でAがコインを持っている
A:0点 B:1点 でBがコインを持っている
A:0点 B:0点 でAがコインを持っている
A:0点 B:0点 でBがコインを持っている


の8パターンの状況のいずれかになっています。
それぞれの確率を以下の表にあるように与えます~


r28_20130321184426.jpg


8個の数列が定義されたので,処理が面倒くさそうですね。
ただ,このうち A:0点 B:0点 となる場合というのは
ひたすらAとBが交互にコインを受け渡し続ける場合なので
遷移図は1通りに決定され,確率がすぐ求められますbenibara.gif

実質6個の数列に関して漸化式を立てて解いていきますよ~

r29_20130321184427.jpg
r30_20130321184452.jpg

まず3番4番の式を見てみると {c_n} と {d_n} しか出てこないので
この2式だけで c_n (と d_n ) の一般項は計算できてしまいますね。
だいぶ長くなってきたので漸化式を解く過程は省略しますねー
ちなみに,nの偶奇で分けてしまうと,あとはよくあるパターンの漸化式です。

r31.jpg

同様に,5番6番の式に注目すれば,e_n (と f_n ) の一般項は計算できます。

r32.jpg
r33.jpg


あとは1番2番の式を使って,b_n を消去しながら a_n を求めます~kaeru_en4.gif


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r35.jpg
r36.jpg


p(n)=(1/2)a_{n-1}+(1/2)c_{n-1} と書けるので
nの偶奇に気をつけて p(n) を計算すればおしまいです~s2_sum_sunflower.gif


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今回はこの辺にして,次回は(2)をやっていきますよ~tankoro.gif








   

テーマ:算数・数学の学習
ジャンル:学校・教育

タグ:東大 大学入試 数学 2013 確率 コイン投げ 数列

2013年東京大学前期入試 理系数学 第2問 その2

2013.03.17 19:06|大学入試問題
どもども。

今回は前回の続きです~
今年の前期東大入試理系数学の第2問です~

問題はこちら箱ドットおにおん2mini
http://nyushi.yomiuri.co.jp/13/sokuho/tokyo/zenki/sugaku_ri/mon2.html

前回:http://mathnegi.blog.fc2.com/blog-entry-87.html

前回は2つ解法を与えました~
同じ要領でもう2つのアプローチを今回は試してみます~etc_fire.gif



 解法3:曲線 y=cosx-x(sinx)と曲線 y=ax^2 の交点の個数を調べてみる

方程式 f(x)=g(x) すなわち cosx/x=sinx+ax は
三角関数を含んだ分数関数 cosx/x を含んでいます。
それが何だかイヤですねー

x>0 の範囲で解を考えるので方程式の両辺にxをかけて
分数関数を含まない方程式に直しても構いません。

ちなみに,通常は両辺にxを掛けるという操作をすると元の方程式と同値にはなりません~
例えば, x-1=0 という方程式の解は x=1 のみですが
両辺にxを掛けて x(x-1)=0 を考えると解は x=0,1 になるので
元の方程式と同等な方程式ではなくなってしまいますね

cosx-x(sinx)=ax^2 という方程式に直すことで
2曲線 y=cosx-x(sinx),y=ax^2 の交点数を数える問題に帰着されます。
H(x)=cosx-x(sinx) は分数関数ではないので,
見た目的には扱いやすい印象がありますね。
しかし実は,解法2の G(x) と同様で,極値を取るxはキレイな値ではありません。

また, y=H(x) のグラフと比較しなければならない関数が
y=ax^2 という直線ではない関数です。
a=0 の場合は例外的に直線 y=0 ですが,
あとで求める y=H(x) のグラフの概形から a=0 は不適であることが分かります。
よって 放物線 y=ax^2 が比較対象となるため,
解法1,2と比べて,若干手間が増えます





さて, H’(x)=0 を満たす x は y=tanx と y=-x/2 のグラフの
交点のx座標で与えられます。これは解法2の α_k,β_k を求めたときと
やり方は一緒ですねーeto_tora.gif


o21.jpg



前回と同様の発想で |H(x)|≦√(x^2+1) が得られます。
|H(x)|=√(x^2+1) となるのは, cosx-x(sinx)=±√(x^2+1)
を考えることになるので,解法2の |G(x)|=√{(1/x^2)+1}となる
xと同じになります~ すなわち x=β_k です。
β_k は y=tanx と y=-x/2 のグラフの交点のx座標で与えられたので,
y=tanx と y=-x/2 のグラフの交点のx座標である γ_k と比べると
β_k<γ_k が成り立っています~eto_saru.gif



o22.jpg

o23.jpg



ここで, γ_k<x<γ_{k+1} の範囲で y=H(x) のグラフに接する
放物線 y=(a_k)x^2 を考えます。
ちょうど2曲線 y=H(x), y=(a_k)x^2 は接点において共通接線を持つので,
接線を2通りに表して係数比較をすることで接点及び a_k を求めることができます

o24.jpg
o25.jpg



ℓ_1:y=2x-(3π)/2 になるのですが,これと y=√(x^2+1) のグラフは 
交点を1つしか持たないことが計算で確かめられます。
このことから x>(3π)/2 において H(x)<(a_1)x^2
が成り立つことが分かります。
よって, y=H(x) のグラフは y=(a_1)x^2 のグラフと x>0 において
2個の交点を持ちますeto_tatsu.gif


同様にして,y=H(x) のグラフは y=(a_2)x^2, y=(a_3)x^2 のグラフと
x>0 においてそれぞれ3個,4個の交点を持ちます。

よって, a が a_1 と a_3 の間にあるときか, a_2 と一致するときに
y=H(x) のグラフと y=ax^2 のグラフは交点を3個持ちます~

o26.jpg


o27_20130318003100.jpg


o5_20130314202629.jpg



 解法4:曲線 y=cosx/x と曲線 y=sinx+ax の交点の個数を調べてみる

上の解法3と同様に,最後は問題文通りに y=f(x)と y=g(x) のグラフの
交点数を数えるとどんな感じになるか考えてみます~eto_inu.gif


q1_20130318010047.jpg

f(x)が極値を取る x もやはりキレイな値ではありません~
ここまでいくつかの関数を描いてきましたが,その方法にならって y=f(x) の
グラフの概形を求めることができますね~

q2_20130318010047.jpg

g(x)が極値を取る x もやはりキレイな値ではありません~
今度は y=tanx のグラフでなく y=cosx のグラフを参考にして考えると良いですが
|a|>1 のときは常に g’(x)≠0 であり,
|a|≦1 のときも a の正負によって g’(x)=0 となる x の分布位置が違いますよー

q3_20130318010047.jpg


-1≦sinx≦1 より, y=g(x) のグラフは
2直線 y=ax±1 に挟まれた領域の中に納まっています~
|a|≦1 のときは y=g(x) のグラフは極大値と極小値を無数に持ちます~

q4_20130318010047.jpg

q5_20130318010047.jpg


また, a>1 のときは y=g(x) は単調増加関数です~eto_i.gif


q6_20130318010048.jpg
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x>1 のときは g(x)=sin1+a>1>1/x≧f(x)となっています。
0<x≦1(<δ_1) のときは f(x) は単調減少です。
これらの考察とグラフの概形から, y=f(x) と y=g(x) のグラフは,
ただ1個の交点を持つことが分かります。
したがって,交点の数が3個になることはありません




また, a<-1 のときは y=g(x) は単調減少関数です~eto_hitsuji.gif


q8_20130318010339.jpg
q12_20130319114123.jpg


x>(3π)/2 のときは g(x)<g((3π)/2)<-1-(3π)/2<-2/(3π)<f(x),
0<x≦δ_1 のときは f(x) は単調減少で f(δ_1) は負の極小値,
δ_1<x≦(3π)/2 のときは f(x) は単調増加になっています。
このため, y=f(x) と y=g(x) のグラフの交点は高々2個です~
やはり交点が3個になることはないのです~



そんなわけで, |a|≦1 の場合に関して考えていけばOKです~hamster_2.gif


0≦a≦1 かつ ε_1<x<ε_3 の範囲で y=f(x)と y=g(x)のグラフが
接するときの a を a=a_1 とおいてみます~

解法3と同様に,共通接線の方程式を立てることで a_1 が計算出来ます~
実はこの共通接線は y=(a_1)x-1 と等しくなっていて
x>a_1 のとき y=f(x) のグラフはこの接線より下側にあり
一方 y=g(x) のグラフはこの接線より上側にあるので,
a=a_1 のときは y=f(x)と y=g(x)のグラフは交点を2個持ち,
これより a が大きくなると交点は1個,少し小さくなると交点は3個になります。

o28.jpg

q10_20130319114732.jpg
q13_20130319114124.jpg


0≦a≦1 かつ ε_3<x<ε_5 の範囲で y=f(x)と y=g(x)のグラフが
接するときの a を a=a_2 とおいてみます~


o29.jpg


更に, -1≦a≦0 かつ ζ_2<x<ζ_4 の範囲で y=f(x)と y=g(x)のグラフが
接するときの a を a=a_3 とおいてみます~


o30.jpg


共通接線の計算はさっきとほぼ一緒ですね。
ただ cosp=0 から得られるpの値がそれぞれ p=(7π)/2,(5π)/2 
になります~

a=a_2 のときは y=f(x)と y=g(x)のグラフは交点を4個持ち,
a=a_3 のときは y=f(x)と y=g(x)のグラフは交点を3個持ちます。

交点が3個になるのは a が a_2 と a_1 の間にあるときか, a_3 と一致するときです~


q11 1
q14_20130319114124.jpg
q11 2


問題文で与えられた通りに, y=f(x) と y=g(x) のグラフを比べると
このように面倒くさいことになるわけですね。
この手の問題を考えるときは,どのようなアプローチをすれば
少しでも楽に考察ができるかというのを考えながら解いてみることが試験場では大事ですね~kaeru_en4.gif




    

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タグ:東大 大学入試 数学 2013 微分 方程式の解の個数

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