X（旧Twitter）で見つけた問題を解く２

はじめに

　今年の東工大（現：東京科学大）の模試（恐らく東進？）の問題を解いていきます。つまり，2025年度第1回の東工大本番レベル模試です。

第１問

解答

(1)

　まず$a_1 > 0$と漸化式から，帰納的に$a_n > 0$が示せる．不等式$a_{n+1} < a_n$を同値変形すると
\begin{align*} a_{n+1} < a_n &\iff \frac{2}{3} a_n + \frac{2}{3} + \frac{3}{{a_n}^2} < a_n \\ &\iff (a_n - 3) ({a_n}^2 + a_n + 3) > 0 \\ &\iff a_n > 3. \end{align*}
ここで数学的帰納法で$n \geq 2$のとき$a_n > 3$であることを示す．まず計算すると$a_2 = 13/3 > 3$．次に$f(x) = 2x/3 + 2/3 + 3/x^2 \ (x > 3)$とおくと
$$ f'(x) = \frac{2}{3} - \frac{6}{x^3} = \frac{2}{3 x^3}(x^3 - 9) > 0 \quad (\because x > 3) $$
より$f(x)$は単調増加．よって$f(x) > \displaystyle \lim_{x \to 3 + 0} f(x) = 3$．したがって，ある$k \ (\geq 2)$で$a_k > 3$であると仮定すると
$$ a_{k+1} = f(a_k) > 3 $$
を得る．よって$n \geq 2$のとき$a_n > 3$が成り立つ．また$a_1 = 1 \leq 3$であるから，$n \geq 2 \iff a_n > 3$がわかる．以上より
$$ a_{n+1} < a_n \iff n \geq 2. $$

(2)

　$a_n \to 3 \ (n \to \infty)$を示す．
\begin{align} 0 \leq |a_{n+1} - 3| &= \left|\left(\frac{2}{3} a_n + \frac{2}{3} + \frac{3}{{a_n}^2}\right) - 3\right| \\ &= \left|- \left(\frac{1}{a_n}\right)^2 - \frac{1}{3} \frac{1}{a_n} + \frac{2}{3}\right||a_n - 3| \\ &= \left|- \left(\frac{1}{a_n} + \frac{1}{6}\right)^2 + \frac{25}{36}\right| |a_n - 3|. \end{align}
ここで$0 < x < 1/3$において関数$- (x + 1/6)^2 + 25/36$の値域は$(5/9,\ 2/3)$となる．よって$n \geq 2$のとき
$$ 0 \leq |a_{n+1} - 3| \leq \frac{2}{3} |a_n - 3|, \qquad \therefore 0 \leq |a_n - 3| \leq \left(\frac{2}{3}\right)^{n-2} |a_2 - 3|. $$
$n \to \infty$のとき，この不等式の最右辺は$0$に収束するので，はさみうちの原理から$|a_n - 3| \to 0 \ (n \to \infty)$．
$$ \therefore \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} \{(a_n - 3) + 3\} = 0 + 3 = 3. $$

(2)別解

　(1)より，$n \geq 2$のとき$a_{n+1} < a_n$ゆえ，数列$\{a_n\}_{n \geq 2}$は単調減少．また$a_n > 0$であるから$\{a_n\}$は下に有界．よって単調収束定理より，$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n$は存在し，これを$\alpha$とおく．漸化式で$n \to \infty$として
$$ \alpha = \frac{2}{3} \alpha + \frac{2}{3} + \frac{3}{\alpha^2}, \qquad (\alpha - 3) (\alpha^2 + \alpha + 3) = 0, \qquad \therefore \alpha = 3. $$
よって$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = 3$．

第２問

問題

解答

(1)

　$Z = \alpha^2 + 4/\alpha^2$とおく．そして条件より$\alpha = R (\cos{\theta} + i \sin{\theta}) \ (0 \leq \theta \leq \pi/2)$とおけるから
$$ Z = \left(R^2 + \frac{4}{R^2}\right) \cos{2 \theta} + i \left(R^2 - \frac{4}{R^2}\right) \sin{2 \theta}. $$
$Z = x + y i \ (x, y \in \mathbb{R})$とおくと，$R > \sqrt{2}$と$0 \leq \theta \leq \pi/2$から，点$Z$は
\begin{align*} \begin{cases} - \left(R^2 + \dfrac{4}{R^2}\right) \leq x \leq R^2 + \dfrac{4}{R^2}, \\ 0 \leq y \leq R^2 - \dfrac{4}{R^2}, \\ \dfrac{x^2}{\left(R^2 + \dfrac{4}{R^2}\right)^2} + \dfrac{y^2}{\left(R^2 - \dfrac{4}{R^2}\right)^2} = 1. \end{cases} \end{align*}
なる範囲を動く． 図形$K$

(2)

　複素数$\alpha = R (\cos{\theta} + i\sin{\theta})$が$0 \leq \theta \leq \pi/2$，$\pi/2 \leq \theta \leq \pi$，$\pi \leq \theta \leq 3\pi/2$，$3\pi/2 \leq \theta \leq 2 \pi$において複素数平面で動く範囲を$C_{++}$，$C_{-+}$，$C_{--}$，$C_{+-}$とおく．(1)と同様にして，$z$がこれらの範囲を動くときを考えると，$w$が動く範囲が$K$と一致するのは$z$が$C_{++}$，$C_{--}$を動くとき．
　次に複素数$z$が$|z| = r$なる範囲（これを$C_r$とおく）を動くときを考える．(i)$r = \sqrt{2}$のとき，$z = \sqrt{2} (\cos{\theta} + i\sin{\theta}) \ (\text{ただし，}0 \leq \theta < 2 \pi)$とおけて，$w = 4 \cos{2 \theta}$を得る．$0 \leq \theta < 2 \pi$だから$w$が動く範囲は実軸上の線分$\ell : -4 \leq w \leq 4$となる．(ii)$r \neq \sqrt{2}$のとき，$w$が動く範囲は(1)と同様に考えて
\begin{equation} \dfrac{x^2}{\left(r^2 + \dfrac{4}{r^2}\right)^2} + \dfrac{y^2}{\left(r^2 - \dfrac{4}{r^2}\right)^2} = 1 \end{equation}
なる楕円$E_r$を動く．
　以下，$r \neq R$のとき$E_r$と$E_R$が交点をもたないことを示す．$E_r$と$E_R$の方程式から$y$を消去すると
\begin{align*} \left(R^2 - \dfrac{4}{R^2}\right)^2 - \left(\dfrac{R^4 - 4}{R^4 + 4}\right)^2 x^2 &= \left(r^2 - \dfrac{4}{r^2}\right)^2 - \left(\dfrac{r^4 - 4}{r^4 + 4}\right)^2 x^2, \\ \left\{\left(\dfrac{R^4 - 4}{R^4 + 4}\right)^2 - \left(\dfrac{r^4 - 4}{r^4 + 4}\right)^2\right\} x^2 &= \left(R^2 - \dfrac{4}{R^2}\right)^2 - \left(r^2 - \dfrac{4}{r^2}\right)^2, \\ \frac{16(R^4 r^4 - 16)(R^4 - r^4)}{(R^4 + 4)^2 (r^4 + 4)^2} x^2 &= \frac{(R^4 - r^4)(R^4 r^4 - 16)}{R^4 r^4}, \\ \therefore x &= \pm \frac{1}{4} \left(R^2 + \dfrac{4}{R^2}\right) \left(r^2 + \dfrac{4}{r^2}\right). \end{align*}
したがって，$E_r$と$E_R$の方程式を連立したときの解は
\begin{equation} (x,\ y) = \left(\frac{\pm 1}{4} \left(R^2 + \dfrac{4}{R^2}\right) \left(r^2 + \dfrac{4}{r^2}\right),\ \pm \left(R^2 - \dfrac{4}{R^2}\right)\sqrt{1 - \frac{1}{16}\left(r^2 + \dfrac{4}{r^2}\right)^2}\right). \end{equation}
しかし$r \neq \sqrt{2}$ゆえ$y$は実数でない．実際$f(r) = r^2 + 4/r^2 \ (r > 0)$とおくと，$f'(r) = 2 (r^4 - 4)/r^3$ゆえ$r = \sqrt{2}$でのみ$f(r)$は最小値$f(\sqrt{2}) = 4$を達成し，これより上式$y$の根号内が負となる．
　また$R > \sqrt{2}$ゆえ$f(R) = R^2 + 4/R^2 > 4$となるから，$\ell$は$E_R$内部に含まれ交点をもたない．
　以上より，$z$が$C_r \ (r \neq R)$，$C_{+-}$および$C_{-+}$上を動くとき，$w$は$K$上のいかなる点も通らない．また$z$が$C_{++}$，$C_{--}$を動くとき，$w$が動く範囲は$K$と一致する．よって点$z$が動く範囲は$C_{++} \cup C_{--}$で，これを図示すると以下を得る． 点$z$が動く範囲

第３問

問題

解答

　$Z_{2n}$を$4$で割った余りを$r_{2n}$とおく．

(1)

　$Z_{2(n+1)} = 3^{2n+1} x_{2(n+1)} + 3^{2n} x_{2n+1} + Z_{2n}$ゆえ，$4$を法として$r_{2(n+1)} \equiv - x_{2(n+1)} + x_{2n+1} + r_{2n}$を得る．したがって，状態遷移を考えて
\begin{align*} a_{2(n+1)} &= \{p^2 + (1 - p)^2\} a_{2n} + p (1 - p) b_{2n} + p (1 - p) d_{2n}, \\ c_{2(n+1)} &= p (1 - p) b_{2n} + \{p^2 + (1 - p)^2\} c_{2n} + p (1 - p) d_{2n}. \end{align*}

(2)

　前問の結果の和と差をとり，$P_{2n} = a_{2n} + c_{2n}$，$Q_{2n} = a_{2n} - c_{2n}$とおくと，$a_{2n} + b_{2n} + c_{2n} + d_{2n} = 1$を用いて
\begin{align*} P_{2(n+1)} &= (2 p^2 - 2 p + 1) P_{2n} + 2 p (1 - p) (1 - P_{2n}) \\ &= (2 p - 1)^2 P_{2n} + 2 p (1 - p), \\ Q_{2(n+1)} &= (2 p^2 - 2 p + 1) Q_{2n} \end{align*}
を得る．$a_2 = p^2 + (1 - p)^2, \ b_2 = d_2 = p (1 - p), \ c_2 = 0$ゆえ$P_2 = Q_2 = 2p^2-2p+1$だから，第１式は
$$ P_{2(n+1)} - \frac{1}{2} = (2p-1)^2 \left(P_{2n} - \frac{1}{2}\right), \quad \therefore P_{2n} - \frac{1}{2} = (2p-1)^{2(n-1)} \left(P_2 - \frac{1}{2}\right), \quad \therefore P_{2n} = \frac{1 + (2p-1)^{2n}}{2}. $$
第２式は$Q_{2n} = (2p^2-2p+1)^{n-1} Q_2 = (2p^2-2p+1)^{n}$．
$$ \therefore a_{2n} = \frac{P_{2n} + Q_{2n}}{2} = \frac{1 + (2p-1)^{2n} + 2 (2p^2-2p+1)^{n}}{4}. $$

(3)

　$p = 1/(2n)$のとき
$$ a_{2n} = \frac{1}{4} \left\{1 + \left(1 - \frac{1}{n}\right)^{2n} + 2 \left(1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{2 n^2}\right)^{n}\right\}. $$
ここで
\begin{align} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^{2n} &= \left\{\left(1 - \frac{1}{n}\right)^{-n}\right\}^{-2} \to e^{-2} \quad (n \to \infty), \\ \left(1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{2 n^2}\right)^{n} &= \left\{\left(1 + \frac{1 - 2 n}{2 n^2}\right)^{\frac{2n^2}{1 - 2n}}\right\}^{\frac{1}{2n} - 1} \to e^{-1} \quad (n \to \infty) \end{align}
であるから
\begin{equation} \lim_{n \to \infty} a_{2n} = \frac{1 + e^{-2} + 2 e^{-1}}{4} = \left(\frac{1 + e}{2 e}\right)^2. \end{equation}

第４問

問題

解答

(1)

　$X \neq \pm 3$のとき，$\mathrm{P}$を通る直線は$y = m (x - X) + Y$とおける．これと$C$の方程式を連立して$y$を消去すると
\begin{equation} \frac{x^2}{9} + \frac{\{m (x - X) + Y\}^2}{16} = 1, \quad \therefore (9 m^2 + 16) x^2 + 18 m (Y - m X) x + 9 (Y - m X)^2 - 144 = 0. \end{equation}
この方程式が重解をもつことは，直線$y = m (x - X) + Y$と$C$が接することと同値ゆえ，その条件は$(\text{判別式}) = 0$．すなわち
\begin{equation} \{9 m (Y - m X)\}^2 - (9 m^2 + 16)\{9 (Y - m X)^2 - 144\} = 0, \qquad \therefore (X^2 - 9) m^2 - 2 X Y m + Y^2 - 16 = 0. \end{equation}
$X \neq \pm 3$ゆえ，これは$m$の2次方程式で，解が接線の傾きを与える．よって$\mathrm{P}$を通る接線が2本存在し，それらが直交する条件は
\begin{equation} (\text{2つの根の積}) = \frac{Y^2 - 16}{X^2 - 9} = -1, \qquad \therefore X^2 + Y^2 = 25. \end{equation}
　また，$X = \pm 3$のとき，条件を満たす点は$\mathrm{P} (\pm 3,\ \pm 4) \ (\text{複合任意})$である．これは$x^2 + y^2 = 25$を満たす．
　以上より，求める$\mathrm{P}$の軌跡$\ell$は
\begin{align} (x,\ y) \in \ell &\iff (x \neq \pm 3 \text{かつ} x^2 + y^2 = 25) \text{または} (x,\ y) = (\pm 3,\ \pm 4) \ (\text{複合任意}) \\ &\iff x^2 + y^2 = 25 \end{align}
より，原点中心で半径$5$の円となる．

(2)

　$C$上の点は$(3 \cos{\theta},\ 4 \sin{\theta}) \ (0 \leq \theta < 2 \pi)$とおける．この点における$C$の法線$\ell_\theta$は
\begin{equation} \ell_\theta : (4 \sin{\theta}) x - (3 \cos{\theta}) y = 12. \end{equation}
　点$\mathrm{P} \in E$として$(5 \cos{\phi}, 5 \sin{\phi})$をとると，$\mathrm{P}$が$\ell_\theta$上にある条件は
\begin{equation} T:20 \cos{\phi} \sin{\theta} - 15 \sin{\phi} \cos{\theta} = 12 \end{equation}
である．示すべきは，任意の$\phi$に対して，$T$を満たす$\theta$が$0 \leq \theta < 2 \pi$の範囲に少なくとも2つ存在すること．さらに$C$と$E$の対称性より，$0 \leq \phi < \pi/2$で考えれば十分ゆえ，以下この条件下で考える．$T$の左辺を変形すると
\begin{align} 20 \cos{\phi} \sin{\theta} - 15 \sin{\phi} \cos{\theta} &= - 5 \sqrt{7 \cos^2{\phi} + 9} \cos{(\theta + \alpha)}. \end{align}
ここに$\alpha$は$\cos{\alpha} = 3 \sin{\phi}/\sqrt{7 \cos^2{\phi} + 9}$，$\sin{\alpha} = 4 \cos{\phi}/\sqrt{7 \cos^2{\phi} + 9}$なる鋭角．
　ここで$5 \sqrt{7 \cos^2{\phi} + 9} \geq 15 > 12$より$\cos{\psi} = - 12/(5 \sqrt{7 \cos^2{\phi} + 9})$なる鈍角$\psi \in (\pi/2,\ \pi)$が存在するから，任意の$\phi$に対して$T$を満たす$\theta = \psi - \alpha,\ 2 \pi - \psi - \alpha$がとれる．これらは$\psi \neq \pi$より$(\psi - \alpha) - (2 \pi - \psi - \alpha) = 2 (\psi - \pi) \neq 0$ゆえ相異なり，$0 < \psi - \alpha < \pi$かつ$\pi/2 < 2 \pi - \psi - \alpha < 3\pi/2$である．よって$\ell_{\psi - \alpha}$と$\ell_{2 \pi - \psi - \alpha}$は相異なる．以上より，題意が示された．

引用

https://x.com/As_scienceTokyo/status/1939157367536685444