ログイン 新規登録 京大理系数学2020第4問思索メモPART1. 試験年度一覧 . 861 名前を書き忘れた受験生 2020/03/02 14:06.
（2019年11月に行われた特色入試の問題です。 ... IA 16 共通テストIIB 16 東京大学 94 東大理系 58 東大文系 36 京都大学 132 京大理系 62 京大文系 50 京大特色 20 高校入試 5 東京都 5 東京公立 5 競プロ 15 AtCoder 15 PAST 13 ABC 1 AGC 1.
}\right)^2a_{2m} \\ &\therefore& \frac{a_{2(m+1)}}{2^{2(m+1)}(m! 【2020年度】京大(理系数学・文系数学)の大手予備校難易度評価を比較(大幅難化！ gyakutenh 2020年3月7日 2020年度京都大学の理系数学および文系数学について、 大手予備校 は難易度をどう評価したのか、3大予備校各社を比較しました。 しかし、上がると見せかけて意外に上がらない可能性もあります。 この記事を読む. $r_n$, $s_n$, $t_n$, $u_n$, $v_n$)とする。このとき、, \begin{eqnarray} &&q_n+r_n+s_n+t_n+u_n+v_n=1, \\ &&p_{n-1}=q_n+r_n, \\ &&p_n=s_n+u_n, \\ &&p_{n+1}=\dfrac{4}{6}q_n+\dfrac{4}{6}r_n+\dfrac{2}{6}t_n+\dfrac{2}{6}v_n \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} p_{n+1}&=&\dfrac{2}{3}p_{n-1}+\dfrac{1}{3}\left(1-q_n-r_n-s_n-u_n\right) \\ &=&\dfrac{2}{3}p_{n-1}+\dfrac{1}{3}\left(1-p_{n-1}-p_n\right) \\ &=&-\dfrac{1}{3}p_n+\dfrac{1}{3}p_{n-1}+\dfrac{1}{3} \ \ \ \cdots① \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} \left(p_{n+1}-\dfrac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{3}\left(p_n-\dfrac{1}{3}\right)-\dfrac{1}{3}\left(p_{n-1}-\dfrac{1}{3}\right)=0 \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} q_{n+1}+\dfrac{1}{3}q_n-\dfrac{1}{3}q_{n-1}=0 \end{eqnarray}, となる。ここで、2次方程式 $ x^2+\dfrac{1}{3}x-\dfrac{1}{3}=0 \Leftrightarrow 3x^2+x-1=0 $ の2解として $ \alpha=\dfrac{-1-\sqrt{13}}{6}, \beta=\dfrac{-1+\sqrt{13}}{6} $ とおくと, \begin{eqnarray} &&q_{n+1}-(\alpha+\beta)q_n+\alpha\beta q_{n-1}=0 \\ &\therefore&q_{n+1}-\alpha q_n=\beta(q_n-\alpha q_{n-1}) \ \ \ \cdots②, \\ &&q_{n+1}-\beta q_n=\alpha(q_n-\beta q_{n-1}) \ \ \ \cdots③ \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} q_{n+1}-\alpha q_n&=&(q_1-\alpha q_{n-0})\beta^n \\ &=&\left(-\dfrac{1}{3}-\alpha\cdot\dfrac{2}{3}\right)\beta^n \\ &=&-\dfrac{1}{3}(1+2\alpha)\beta^n \ \ \ \cdots④ \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} q_{n+1}-\beta q_n=-\dfrac{1}{3}(1+2\beta)\alpha^n \ \ \ \cdots⑤ \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} q_n=\dfrac{1}{3(\beta-\alpha)}\left\{(1+2\beta)\alpha^n-(1+2\alpha)\beta^n\right\} \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} -1=\dfrac{-1-\sqrt{25}}{6}<\dfrac{-1-\sqrt{13}}{6}=\alpha<\beta=\dfrac{-1+\sqrt{13}}{6}<\dfrac{-1+\sqrt{49}}{6}=1 \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty}q_n&=&\dfrac{1}{3(\beta-\alpha)}\left\{(1+2\beta)\cdot 0-(1+2\alpha)\cdot 0\right\} \\ &=&0 \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty}p_n&=&\lim_{n\to\infty}\left(q_n+\dfrac{1}{3}\right) \\ &=&\dfrac{1}{3} \end{eqnarray}, この大問は今回の問題全体の中で一番簡単でしょう。隣接3項間漸化式の応用問題です。一般入試で出されても全くおかしくないレベルだと思います。, 整数 $k, n$ について $ k
& (y^k - x^k)(y^{n-k}+x^{n-k})+x^ky^{n-k}-y^{n-k}y^k \\ &=& (y^k - x^k)x^{n-k} \\ &\ge& (y^k - x^k)x \\ \\ &\therefore& y^n-x^n>(y^k - x^k)x \end{eqnarray}, が成立する。ここで、$ y^n-x^n>0, y^k - x^k>0, x\ge1>0 $ であるから、両辺の絶対値をとって, \begin{eqnarray} |y^n-x^n| &>& |(y^k - x^k)x| \\ &=& |y^k - x^k|x \\ \therefore\frac{|y^k - x^k|}{|y^n-x^n|} &<& \frac{1}{x} \\ \therefore\left|\frac{g(x)-g(y)}{f(x)-f(y)}\right| &<& \frac{1}{x} \end{eqnarray}, また、$ f(x) $ は2次以上の整式となるから、$ f(x) $ の単調性についても上と同じことがいえる。よって、$ A>1 $ を満たし、$ f(x), g(x) $ がともに区間 $ x>A $ で単調となるような実数 $ A $ が存在する。, \begin{eqnarray} h(t) = (f(y)-f(x))(g(t)-g(x))-(g(y)-g(x))(f(t)-f(x)) \end{eqnarray}, とおくと、$ h(t) $ は区間 $ x \le t \le y $ で連続かつ微分可能であるから、平均値の定理により、$ xA $ より $ f'(c) \ne 0 $ である。また、$ f(t) $ は区間 $ x \le t \le y $ で連続かつ微分可能であるから、平均値の定理により、$ x0 $、$ d>A $ より $ f'(d) \ne 0 $ であるから、$ f(y)-f(x) \ne 0 $ である。よって、★の両辺を $ (f(y)-f(x))f'(c) $ で割ることができて, \begin{eqnarray} \frac{g(y)-g(x)}{f(y)-f(x)}=\frac{g'(c)}{f'(c)} \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} \therefore 0 \le \sqrt{x}\left|\frac{g(y)-g(x)}{f(y)-f(x)}\right| = \sqrt{x}\left|\frac{g'(c)}{f'(c)}\right| < \sqrt{c}\left|\frac{g'(c)}{f'(c)}\right| = \left|\frac{\sqrt{c}g'(c)}{f'(c)}\right| \end{eqnarray}, \begin{eqnarray} f(x) &=& a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0, \\ g(x) &=& b_mx^m+b_{m - 1}x^{m - 1}+\cdots+b_1x+b_0 \end{eqnarray}, （$ m $ は $ k $ 以下の実数、$ a_n, \cdots, a_0 $ および $ b_m, \cdots, b_0 $ は実数で $ a_n>0, b_n>0 $）とおくと、$ c\to\infty $ のとき, \begin{eqnarray} && \left|\frac{\sqrt{c}g'(c)}{f'(c)}\right| \\ &=& \left|\frac{b_mc^{m+\frac{1}{2}}+b_{m - 1}c^{m - 1+\frac{1}{2}}+\cdots+b_1c^{1+\frac{1}{2}}+b_0c^{frac{1}{2}}}{a_nc^n+a_{n-1}c^{n-1}+\cdots+a_1c+a_0}\right| \\ &=& \left|\frac{b_mc^{-n+m+\frac{1}{2}}+b_{m - 1}c^{-n+m - 1+\frac{1}{2}}+\cdots+b_1c^{-n+1+\frac{1}{2}}+b_0c^{-n+frac{1}{2}}}{a_n+a_{n-1}c^{-1}+\cdots+a_1c^{-n+1}+a_0c^{-n}}\right| \\ &\to& 0 \\ ( &\because& m \le k, n-k \le 1 より -n+m+\tfrac{1}{2} \le -n+k+\tfrac{1}{2} \le -1+\tfrac{1}{2} < 0 ) \end{eqnarray}, となる。また、$ xA $ で単調であり、仮定より $ g(x_1), g(x_2) $ は整数であるから、$ |g(x_2)-g(x_1)| $ は自然数となる。, \begin{eqnarray} \left|\frac{g(x_2)-g(x_1)}{f(x_2)-f(x_1)}\right|<\frac{1}{\sqrt{x_1}} \end{eqnarray}, となり、$ |f(x_2)-f(x_1)|=1 $、および $ x_1>A>1 $ より $ \frac{1}{\sqrt{x_1}} < 1 $ であるから, \begin{eqnarray} \left|g(x_2)-g(x_1)\right|<1 \end{eqnarray}, となるが、これは $ |g(x_2)-g(x_1)| $ が自然数であることに矛盾する。, したがって、$ g(x) $ は0次以下の整式、つまり定数であり、その値は常に $ g(x_1) $ に等しく、$ g(x_1) $ は整数であるから、$ g(x) $ は常に一定の整数値をとる。■, (1)から平均値の定理を使うのかな～と思いきや、(1)は平均値の定理など使わなくても数Ⅱの「式と証明」の範疇で出来ます。これに早く気づけないとだいぶ時間を食うでしょう（私もそうなりました……）。(2)では(1)で示した式が一般の多項式でも成り立ってほしいな～とふと思ってしまいますが残念ながら成り立つとは限りません。しかし、右辺の $ 1/x $ を $ 1/\sqrt{x} $ などとして上からの評価を緩くすれば、$ x,y $ が十分大きいときに成り立たせることができます。, 「数学」をテーマとしたfripSide風デジタルJ-POPグループ「ZEROSIGMA」のプロデューサー。2002年生の高３。大阪市内在住。京大理学部（数理科学専攻）志望。数オリ参加歴は無し。好きなアニメはごちうさ、超電磁砲。, zerosigma_watさんは、はてなブログを使っています。あなたもはてなブログをはじめてみませんか？, Powered by Hatena Blog
実際、2011年度とか問題ムズ過ぎで、とてもじゃないですが普通の数学が得意な受験生レベルで解けるとは思えませんでした。, 難し過ぎるので完答できる受験生がほとんどおらず、部分点で大量に点をくれるような採点になっていました。医学部医学科レベルの受験生にとっては丁度良かったのかもしれません。, でもそれでは、数学がそこそこできる受験生とできない受験生であまり差がつかないですよね。難し過ぎると、数学が得意な受験生と、苦手な受験生で差がつかなって入試の意味を果たせなくなります。, こういった事情から教授会などで問題となり、『受験生のレベルに合った問題を出せ！』と偉い人に指摘されたのではないでしょうか？
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