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1
平成 26 年度 九州工業大学２次試験前期日程 (数学問題)
情報工学部 平成 26 年 2 月 25 日
• 数 I・II・III・A・B・C (120 分)
1 放物線 C : y = ax2 + bx + c (a > 0) を考える．2 本の直線
5
1
`1 : y = x および `2 : y = − x
2
2
は C に接するものとする．C と `1 の接点を P，C と `2 の接点を Q とする．以
下の問いに答えよ．
(1) α, β, γ (α 6= 0) を定数とするとき，2 次方程式 αx2 + βx + γ = 0 が重解
をもつための条件を求めよ．
(2) b の値を求めよ．また，c を a を用いて表せ．
(3) P，Q の x 座標を a を用いて表せ．
(4) a の値にかかわらず C の頂点は直線 m 上にある．m の方程式を求めよ．
(5) C と `1 ，`2 で囲まれた部分の面積を a を用いて表せ．
2 A + B = E ，AB = O をみたす 2 × 2 行列 A，B を考える．ただし，E は単位
行列，O は零行列である．以下の問いに答えよ．
(1) A2 = A，B 2 = B ，BA = O となることを示せ．
(2) (A + αB)n = A + kn B をみたす実数 kn を推測し，その推測が正しいこと
を数学的帰納法を用いて証明せよ．ただし，α は実数であり，n は自然数
である．
Ã
!
−1 −3
(3) A + αB =
であるとき，A，B と実数 α を求めよ．
2
4
1
π
π
sin x − x cos x
，g(x) = x + とする． < x < π のとき，以下の問
2
2
4
2
− cos x
π
いに答えよ．
3 f (x) =
(1) f 0 (x) を求めよ．
(2) f 0 (x) > 0 を示せ．
π
(3)
< f (x) < π を示せ．
2
(4) f (x) < g(x) を示せ．
2
4 点 P は次の (i)，(ii)，(iii) の規則に従って数直線上を動く．
(i) 時刻 0 で，P は整数座標点 0 から 10 のいずれかの位置 i (1 5 i 5 10) に
ある．
(ii) 時刻
1, 2, . . .) に位置 i (1 5 i 5 9) にある P は，t + 1 には確率
µ t (t = 0, ¶
1
p 0<p<
で位置 i + 1 に，確率 1 − p で位置 i − 1 に移動する．
2
(iii) 時刻 t に位置 0 または 10 にある P は，t + 1 にもその位置に留まる．
以下の問いに答えよ．
(1) P が時刻 0 で位置 2 にあるとき，時刻 3 で位置 0 にある確率を求めよ．
(2) P が時刻 0 で位置 1 にあるとき，時刻 3 で位置 0 にある確率を求めよ．
時刻 0 で位置 i にある P が，いずれかの時刻で位置 0 に到達する確率を qi とす
る．ただし，q0 = 1，q10 = 0 である．1 5 i 5 9 のとき，qi+1 ，qi ，qi−1 の間に
は qi = pqi+1 + (1 − p)qi−1 の関係が成り立つ．
(3) qi+1 − qi = (a) (qi − qi−1 ) である．空欄の (a) に入る適切な数または式を
求めよ．
(4) qi を q1 と p を用いて表せ．
(5) q1 を求め，qi を p を用いて表せ．
3
正解
1
(1) 2 次方程式 αx2 + βx + γ = 0 が重解を条件は，係数から β 2 − 4αγ = 0
(2) k を定数とする．直線 y = kx と放物線 y = ax2 + bx + c が接するとき，
ax2 + bx + c = kx すなわち ax2 + (b − k)x + c = 0
· · · (∗)
(b − k)2 − 4ac = 0
(∗) が重解をもつから
k 2 − 2bk + b2 − 4ac = 0
k について整理すると
5 1
この k の 2 次方程式の解が , − であるから，解と係数の関係により
2 2
µ ¶
µ ¶
5
5
1
1
= 2b,
= b2 − 4ac
+ −
× −
2
2
2
2
上の第 1 式から
b=1
4ac =
9
4
これを第 2 式に代入することにより
このとき，a 6= 0 であるから
(3) 接点の x 座標は，(∗) および b = 1 から x = −
c=
9
16a
b−k
k−1
=
2a
2a
5 1
, − を代入することにより
2 2
3
3
P の x 座標は x =
， Q の x 座標は x = −
4a
4a
これにそれぞれ k =
(4) (2) の結果により，放物線 C の方程式は
µ
¶2
9
1
5
y = ax + x +
=a x+
+
16a
2a
16a
2
ゆえに，C の頂点を (X, Y ) とおくと
X=−
上の 2 式から a を消去すると
よって，求める m の方程式は
1
,
2a
Y =
5
16a
5
Y =− X
8
5
y=− x
8
4
y
(5) (2)，(3) の結果から，C と y 軸，`1 で囲まれた C
部分の面積を S1 とすると
¾
¶
9
5
ax + x +
S1 =
− x dx
16a
2
0
¶2
Z 3 µ
4a
3
=a
x−
dx
4a
0
¶3 ¸ 4a3
· µ
9
3
1
=
x−
=a
3
4a
64a2
0
Z
3
4a
½µ
2
`1
S1 P
`2
S2
Q
3 O
− 4a
3
4a
x
同様に，C と y 軸，`2 で囲まれた部分の面積を S2 とすると
¶ µ
¶¾
Z 0 ½µ
9
1
2
ax + x +
− − x
S2 =
dx
3
16a
2
− 4a
¶2
Z 0 µ
3
x+
=a
dx
3
4a
− 4a
· µ
¶3 ¸0
1
3
9
=a
x+
=
3
4a
64a2
− 3
4a
よって，求める面積を S とすると
S = S1 + S2 =
9
9
9
+
=
2
2
64a
64a
32a2
解説 一般に，放物線 C と 2 接線 `1 ，`2 について，次が成り立つ (九大 2009 年
一般前期文系数学 4 の補足1 を参照．)．
1. 放物線 C 上の 2 点 P，Q におけるそれぞれの接線 `1 ，`2 の交点の x 座
標は，2 点 P，Q の中点の x 座標である．
2. C と直線 PQ で囲まれた部分の面積を S0 ，C と 2 接線 `1 ，`2 で囲ま
れた部分の面積を S とすると
1
S = S0
2
本題において，S0 は，x2 の係数および接点の x 座標から
µ
½
¶¾3
a 3
3
9
S0 =
− −
=
6 4a
4a
16a2
1
http://kumamoto.s12.xrea.com/nyusi/Qdai bun 2009.pdf
5
2
(1) A + B = E の両辺に，A を左から掛けると
A(A + B) = AE
ゆえに
A2 + AB = A
···°
1
A + B = E の両辺に，B を右から掛けると
(A + B)B = EB
ゆえに
AB + B 2 = B
···°
2
A + B = E の両辺に，A を右から掛けると
(A + B)A = EA ゆえに A2 + BA = A
···°
3
AB = O であるから，これを °
1 ，°
2 に代入すると
A2 = A,
B2 = B
上の第 1 式を °
3 に代入すると
BA = O
(2) (A + αB)n = A + kn B をみたす実数 kn を kn = αn と推測し，すなわち
(A + αB)n = A + αn B
· · · (∗)
とおく．
i) n = 1 のとき，明らかに (∗) は成り立つ．
ii) n = j のとき，(∗) が成り立つと仮定すると
(A + αB)j = A + αj B
上式の両辺に左から A + αB を掛けると，(1) の結果により
(A + αB)j+1 = (A + αB)(A + αj B)
= A2 + αj AB + αBA + αj+1 B 2
= A + αj+1 B
よって，n = j + 1 のときも，(∗) が成り立つ．
i)，ii) より，すべての自然数 n について，(∗) が成り立つ．
よって，すべての自然数 n に対して，kn = αn が成り立つ．
6
Ã
(3) A + αB =
−1 −3
2
4
!
Ã
···°
1 ，A + B =
°
1 から °
2 の辺々を引くと
(α − 1)B =
Ã
−2 −3
2
3
1 0
0 1
!
···°
2 とおく．
!
···°
3
°
3 の両辺を平方すると，B 2 = B により
Ã
!Ã
!
−2 −3
−2 −3
2 2
(α − 1) B =
2
3
2
3
Ã
!
−2 −3
(α − 1)·(α − 1)B =
2
3
上式の左辺に °
3 を代入すると
Ã
! Ã
!
−2 −3
−2 −3
(α − 1)
=
2
3
2
3
α − 1 = 1 よって α = 2
Ã
!
−2 −3
α = 2を°
3 に代入して
B=
2
3
ゆえに
これを °
2 に代入すると
Ã
! Ã
!
−2 −3
1 0
A+
=
2
3
0 1
Ã
よって
A=
3
3
−2 −2
!
7
3
sin x − x cos x
を微分すると
2
−x
π
µ
¶
µ
¶0
2
2
0
(sin x − x cos x)
− cos x − (sin x − x cos x)
− cos x
π
π
0
f (x) =
µ
¶2
2
− cos x
π
¶
µ
¶
µ
2
2
− cos x − (sin x − x cos x) sin x
x − sin x sin x
x sin x
π
π
=
=
µ
µ
¶2
¶2
2
2
− cos x
− cos x
π
π
(1) f (x) =
³π ´
2
x − sin x とおくと
α
=0
π
2
2
π
α0 (x) = − cos x であるから， < x < π のとき α0 (x) > 0
π
2
π
したがって， < x < π のとき α(x) > 0
2
π
上式および (1) の結果から， < x < π のとき f 0 (x) > 0
2
π
0
(3) (2) の結果から，f (x) は， < x < π において，単調増加であるから
2
³π ´
π
< x < π のとき f
< f (x) < f (π)
2
2
³π ´ π
π
π
< =π
ここで
f
= ， f (π) = π
2
2
1
+1
2
π
π
よって
< x < π のとき
< f (x) < π
2
2
(2) α(x) =
8
¶
2
(4) β(x) =
− cos x {g(x) − f (x)} とおくと
π
µ
¶µ
¶
π
2
1
β(x) =
− cos x
x+
− (sin x − x cos x)
π
2
4
x 1³
π´
1
= +
x−
cos x − sin x +
π 2
2
2
1³
π´
1
1
0
β (x) = − x −
sin x − cos x +
2
2
2
π
³
´
1
π
00
β (x) = − x −
cos x
2
2
³ ´ 1
³ ´
³π ´
0 π
00 π
また
β
= 0，β
= ，β
=0
2
2
π
2
π
上の結果から， < x < π において
2
³ ´ 1
00
0
0 π
β (x) > 0 により
β (x) > β
= >0
π
³ π2´
0
=0
β (x) > 0 により
β(x) > β
2
µ
π
< x < π のとき，β(x) > 0 より
2
¶µ
¶
µ
1
2
π
− cos x
x+
− (sin x − x cos x) > 0
π
2
4
したがって，
このとき，
2
− cos x > 0 であるから
π
sin x − x cos x
1
π
< x+
2
2
4
− cos x
π
よって，
π
< x < π のとき f (x) < g(x)
2
9
4
(1) 時刻と位置の変化は次のようになる．
時刻
位置
0 1 2
2 1 0
3
0
(1 − p)2 ·1 = (1 − p)2
よって，求める確率は
(2) 時刻と位置の変化は次のようになる．
時刻
位置
0 1 2
1 0 0
3
0
または
時刻
位置
0
1
1 2 3
2 1 0
よって，求める確率は
(1 − p)·12 + p·(1 − p)2 = (1 − p)(1 + p − p2 )
(3) qi = pqi+1 + (1 − p)qi−1 より
pqi+1 − qi + (1 − p)qi−1 = 0
この確率漸化式の特性方程式は
pt2 − t + 1 − p = 0 これを解いて t = 1,
1−p
p
したがって，次の 2 式が成り立つ．
1−p
1−p
qi = qi −
qi−1
p
p
1−p
qi+1 − qi =
(qi − qi−1 )
p
qi+1 −
よって，求める空欄 (a) は
···°
1
···°
2
1−p
p
補足 確率漸化式 qi+1 − (α + β)qi + αβqi−1 = 0 から，次の 2 式が成り立つ．
qi+1 − βqi = α(qi − βqi ),
qi+1 − αqi = β(qi − αqi )
10
(4) α =
1−p
とおくと，°
1 ，°
2 より
p
qi+1 − qi = αi (q1 − q0 )
qi+1 − αqi = q1 − αq0 ,
q0 = 1 をこれに代入すると
qi+1 − αqi = q1 − α,
qi+1 − qi = αi (q1 − 1)
上の 2 式の辺々を引いて
(α − 1)qi = q1 (αi − 1) − (αi − α)
ここで，0 < p <
1
より
2
α−1=
qi =
したがって
よって
p
qi =
1 − 2p
1 − 2p
1−p
−1=
>0
p
p
q1 (αi − 1) − (αi − α)
α−1
¾ ½³
· ½³
´i
´i
1`p
1`p
−1 −
−
q1
p
p
¾¸
1`p
p
(5) q10 = 0 を (4) の結果に代入すると
(µ
) (µ
)
¶10
¶10
1−p
1−p
1−p
q1
−1 −
−
=0
p
p
p
³
ゆえに
1`p
p
q1 = ³
´10
1`p
p
−
´10
1`p
p
−1
上式および (4) の結果から
(q1 − 1)αi − q1 + α
α−1
¶
¾
½µ
α10 − α
1
α10 − α
i
− 1 α − 10
+α
=
α−1
α10 − 1
α −1
½
¾
1
(1 − α)αi α10 (α − 1)
=
+
α−1
α10 − 1
α10 − 1
³
´10 ³
´i
1`p
1`p
− p
α10 − αi
p
=
= 10
³
´10
α −1
1`p
−1
p
qi =
11
補足 α, β 6= 0 とする．漸化式 qi+1 − (α + β)qi + αβqi−1 = 0 · · · (∗) から
qi+1 − βqi = α(qi − βqi ),
qi+1 − αqi = β(qi − αqi )
qi+1 − βqi = αi (q1 − βq0 ),
qi+1 − αqi = β i (q1 − αq0 )
さらに
上の 2 式の辺々を引くと
(α − β)qi = αi (q1 − βq0 ) − β i (q1 − αq0 )
i) α 6= β のとき
qi =
(q1 − βq0 )αi − (q1 − αq0 )β i
α−β
ii) α = β のとき
qi+1
qi
q1 − αq0
− i =
i+1
α
α
α
i−1
X
q1 − αq0
qi
− i =
α
α
j=0
qi+1 − αqi = αi (q1 − αq0 )
i−1
X
qi+1
αi+1
j=0
i > 0 のとき
ゆえに
qi
(q1 − αq0 )i
− q0 =
i
α
α
½
¾
(q1 − αq0 )i
qi =
+ q0 α i
α
上式は，i = 0 のときも成り立つ．
i)，ii) より，(∗) は，次の形で表すことができる．
qi = aαi + bβ i
α 6= β のとき
α = β のとき
qi = (ci + d)α
(a, b は定数)
i
(c, d は定数)
本題の確率漸化式の特性方程式の 2 解が α，1 であるから
1
0 < p < より
2
α=
1−p
6= 1
p
ゆえに，qi = aαi + b とおくと，q0 = 1，q10 = 0 より
a + b = 1,
これを解いて
よって
a=−
1
,
10
α −1
aα10 + b = 0
b=
α10 − αi
qi = 10
α −1
α10
α10 − 1
12
2002 東京大学 (理系) 後期
ランダムウォークの応用として，ギャンブラーの破産問題と呼ばれているものを
考える．あるギャンブラーの最初の所持金を 2 ドルとする．1 回賭けを行うごと
に，勝てば所持金が 1 ドル増え，負ければ 1 ドル失うものとする．所持金がなく
なればギャンブラーは破産しそこで賭けは終わり，また，所持金が 5 ドルになれ
2
1
ば賭けは終了する．1 回の賭けで勝つ確率を ，負ける確率を としたとき，こ
3
3
のギャンブラーが破産して終了する確率はいくらとなるかを考えてみよう．この
問題を数直線上で考えると，数直線上の位置 2 からスタートし，0 と 5 の間で +
2
1
方向へ移動する確率が ，− 方向へ移動する確率が のランダムウォークとな
3
3
2
1
る．0 から 5 の間で + 方向へ移動する確率が ，− 方向へ移動する確率が のラ
3
3
ンダムウォークとなる．0 または 5 に達したときに賭けは終了する．
さて，ランダムウォークでは，状態の変化は確率的に定まり，その確率は一定で
ある．すなわち，ある状態にある場合，それ以降の過程は時刻や履歴によらず確
率的に定まる．したがって，ギャンブラーの破産確率は，単にそのときの所持金
の額で決まる．これを r(i) (i = 0, 1, · · · , 5) としよう．r(i) は所持金が i であると
きに，破産して終了する確率である．
(1) r(2) を r(1)，r(3) で表せ．
(2) このような関係式を各状態について表し，それらを用いて最初の所持金が 2
ドルのギャンブラーが破産して終了する確率を求めよ．
解答 (1) r(2) =
2
3
r(3) +
1
3
r(1)
2
1
(2) (1) と同様に r(1) = r(2) + r(0),
3
3
r(0) = 1
2
1
r(2) = x とおいて上式に代入すると r(1) = x +
3
3
(1) の結果から，さらに
µ
¶
1
3
1 2
1
7
1
3
x+
= x−
r(3) = r(2) − r(1) = x −
2
2
2
2 3
3
6
6
µ
¶
3
1
3 7
1
5
1
1
r(4) = r(3) − r(2) =
x−
− x= x−
2
2
2 6
6
2
4
4
µ
¶
µ
¶
1
3 5
1
1
7
3
1 7
31
x−
x−
r(5) = r(4) − r(3) =
−
= x−
2
2
2 4
4
2 6
6
24
24
7
7
r(5) = 0 であるから x =
よって r(2) =
31
31
µ ¶i
1
32 1
1
補足 確率漸化式の特性方程式の解が , 1 から r(i) =
−
2
31 2
31
13
破産問題 (Ruin problem)
P は所持金 i 万円で (1 5 i 5 9)，1 回のゲームで勝てば 1 万円だけ増え，負ければ 1
万円だけ減るゲームに参加する．P は所持金が 10 万円 (目標金額) になるか，所持金
がなくなったときにゲームは終了する．1 回のゲームで P が勝つ確率を p (0 < p < 21 )
とし，P の所持金がなくなる確率を qi とする．ある時点で，P の所持金が j 万円で
あるとき (1 5 j 5 9)，その次には，確率 p で所持金 j + 1 万円，確率 1 − p で所持金
j − 1 万円の状態になるから，次の確率漸化式が成り立つ．
1−p
本題の結果から，α =
とおくと
p
qi =
α10 − αi
α10 − 1
したがって，このゲームの期待値 Ei は
Ei = 105 (1 − qi ) =
105 (αi − 1)
α10 − 1
例えば，P の所持金が 5 万円のとき，破産する確率 q5 および期待値 E5 は
(E5 の 1 円未満は切り捨て)
p
q5
E5
0.40
0.41
0.42
0.43
0.44
0.45
0.46
0.47
0.48
0.49
0.88364
0.86055
0.83395
0.80365
0.76956
0.73172
0.69035
0.64583
0.59874
0.54985
11636
13945
16605
19635
23044
26828
30965
35417
40126
45015
このような不利なゲーム (0 < p < 12 ) に時間をかけて参加するより，1 回勝負で 5 万
円をかけることができるならば，1 回勝負の期待値の方が大きい．