&= \int_0^1 \log{\frac{1+x}{2}} dx\\ どの箱にも 1 個以下のボールしか入っていない確率を \(p_n\) とする.

\(x_0=\frac{1}{2}\) から始め, 各 \(n=1, 2, \ldots\) について, それぞれ確率  \(\frac{1}{2}\) で \(x_n=f_0(x_{n-1})\) または \(x_n=f_1(x_{n-1})\) と定める. 6 京府医大 204 7 慶應大医 216 8 東大衛看 208 9 兵庫 ... ただし教養レベルの極限の知識があれば、上手くいなせる 3(1) ... 単なる数学少年ではない人材もとれるように配慮しているように思える . 場合の数と極限の問題です。 1.(関西学院大) (1) 条件$1 \leqq a \leqq b \leqq 2,~1 \leqq a

京都大学で情報学を勉強中. 2016/2/18 2018/6/29 自作問題集の1-(4), 区分求積法を用いた極限の計算の問題の解答, 解説をします. \lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left(\dfrac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx 京大の確率の問題は数列の漸化式とからめてきたり(2014年度第2問, 2015年度第6問など), 他分野との混合問題が多い気がします.

... \(2\) つの関数を, \(f_0(x)=\frac{x}{2}, f_1(x)=\frac{x+1}{2}\) とおく. Copyright © 2020 大学入試から学ぶ高校数学 All Rights Reserved. →アイゼンシュタインの定理, ・難しい積分 2007 理系乙 前期 第1問 京都大学の入試問題(数学)の過去問の中から当サイトで紹介している良問をまとめました。 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^k(\dfrac{k}{2n})^{100}$, →tan1°が無理数であることの証明 問題. いやいや。今日は、定積分の計算に特化するよ。京大の入試に「次の定積分を求めよ」っていう問題が出題され始めたのは有名じゃん? 今日は、京大で出題された全ての定積分問題をまとめて解いてみようと思うんだ。, なんでまた、そんなこと。まぁ、でもいいよ。定積分なら、考える必要、あんまないしさ。, あ、油断してるな、ようこちゃん。最後にとっておきの問題も用意してるから、覚悟してね。, とっておき? だってただの定積分でしょ?ちなみに、最初に定積分の問題が出たのはいつなの?, 2007年、前期入試の乙問題だよ。このあたりは、学部によって理系でも数学が甲と乙の問題に分かれていてね、乙の方だけ出題されたんだ。こんな問題。, 受験生は驚いたと思うよ。少なくとも50年近く、ただの定積分問題は出題されていなかったから。, え? 私か。ちょっと面倒くさいかも。定積分に根号がついていて、かつその中身が”変数の2乗-正の数”だったら、私なら、サインかコサインで置換。”変数の2乗+正の数”ならタンジェント。今回は形からしてタンジェントで置換したいね。でも、このままタンジェントで置換すると、多分ダメ。, 私なら、こうする。$$\int_{0}^{2}\frac{2x+1}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = \int_{0}^{2}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+4}}dx + \int_{0}^{2}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}dx$$これで、第1項目はタダで積分できちゃう。, あっ、ごめん。置換も部分積分も使わなくていいってこと、だから$$\int_{0}^{2}\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = \left[ 2\sqrt{x^{2}+4} \right]_{0}^{2} = 4\sqrt{2}-4$$ということかな。それで、第2項目の方はタンジェントでいけるね。この場合は\(x = 2\tan{\theta}\)と置換したい。係数部分を合わせるためにね。\(\frac{1}{\sqrt{4+4\tan^{2}{\theta}}} = \frac{\cos{\theta}}{2}\)と\( \frac{dx}{d\theta} = \frac{2}{\cos^{2}{\theta}}\)という結果を使うと$$\int_{0}^{2}\frac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos{\theta}}d\theta$$だね。さて、この形、有名かな?, うん。一度もお目にかかったことがないと、難しいけど、このレベルの受験生ならみんな知ってるかな。$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos{\theta}}d\theta &=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos{\theta}}{\cos^{2}{\theta}}d\theta \\&=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos{\theta}}{1-\sin^{2}{\theta}}d\theta \\&=& \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left( \frac{\cos{\theta}}{1+\sin{\theta}}+\frac{\cos{\theta}}{1-\sin{\theta}} \right)d\theta \\&=& \frac{1}{2}\left[ \log{(1+\sin{x})} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} – \frac{1}{2}\left[ \log{(1-\sin{x})} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\&=& \frac{1}{2}\log{\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} – \frac{1}{2}\log{\left( 1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}\end{eqnarray}$$このままでもいいと思うけど、より綺麗にするなら$$\begin{eqnarray}\frac{1}{2}\log{\left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} – \frac{1}{2}\log{\left( 1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} &=& \frac{1}{2}\log{ \left( \frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}} \right) } \\&=& \frac{1}{2}\log{\left(\frac{(2+\sqrt{2})^{2}}{2}\right)} \\&=& \frac{1}{2}\log{(3+2\sqrt{2})} \\&=& \frac{1}{2}\log{(1+\sqrt{2})^{2}} \\&=& \log{(1+\sqrt{2})}\end{eqnarray}$$だよね。だから、答えは$$4\sqrt{2}-4 + \log{(1+\sqrt{2})}$$, うん、正解!高校入試の定積分の問題としては少し難しい気もするけど、出題されたら絶対正解しないといけない問題だよね。定積分の問題は、この4年後、2011年にも出題されているよ。, うん。私の場合だとサインで置換しちゃうかな。今回は係数を合わせるために\(x = \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{\theta}\)と置換して$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{1}{2}}(x+1)\sqrt{1-2x^{2}}dx &=&\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{\theta}+1 \right)\cdot\cos{\theta}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\cos{\theta}d\theta \\&=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{2}\sin{\theta}\cos^{2}{\theta}d\theta + \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\sqrt{2}}\cos^{2}{\theta}d\theta\end{eqnarray}$$, いや、割と有名だと思うんだけど、第1項目はそれだね。$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{2}\sin{\theta}\cos^{2}{\theta}d\theta &=& \frac{1}{2}\left[ -\frac{1}{3}\cos^{3}{\theta} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\&=& \frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)\cdot\left( \frac{1}{2\sqrt{2}}-1 \right) \\&=& -\frac{\sqrt{2}}{24} + \frac{1}{6} \\\end{eqnarray}$$第2項目は三角関数おなじみの変形だから$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\sqrt{2}}\cos^{2}{\theta}d\theta &=& \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1+\cos{2\theta}}{2}d\theta \\&=& \frac{1}{2\sqrt{2}}\left[ \theta + \frac{1}{2}\sin{2\theta} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\&=& \frac{1}{2\sqrt{2}}\left( \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \right) \\&=& \frac{\sqrt{2}\pi}{16}+\frac{\sqrt{2}}{8} \\\end{eqnarray}$$二つの項を合わせると$$\frac{\sqrt{2}}{12}+\frac{1}{6}+\frac{\sqrt{2}\pi}{16}$$だね。, うん、その通り。今回も三角関数がらみの置換だったね。この積分計算は前回よりも易しくなった印象かな。ただ、翌年もまた定積分の問題が出題されているんだよね。, う〜ん、私の方法だと、タンジェントの置換から始めようと思うけど、ログがついているから、ちょっと無理っぽい。なら、部分積分か。ログは微分すれば取れるからね。, うん、部分積分の原理は、2項の積のうち、一方がタダで積分できる形ならうまく回るからね。もう片方が微分してより簡単な形になれば、儲けもの。今の場合、\(\frac{1}{x^{2}}\)がタダで積分できる形だ。, うん、そうそう。$$\begin{eqnarray}\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{x^{2}}\log{\sqrt{1+x^{2}}}dx &=& \int_{1}^{\sqrt{3}}\left(-\frac{1} {x}\right)^{\prime}\log{\sqrt{1+x^{2}}}dx \\&=& \left[ -\frac{1}{x}\log{\sqrt{1+x^{2}}} \right]_{1}^{\sqrt{3}} – \int_{1}^{3}-\frac{1}{x}\cdot\frac{1}{2}\frac{2x}{1+x^{2}} \\&=& -\frac{1}{\sqrt{3}}\log{2}+\log{\sqrt{2}} + \int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^{2}}dx \\\end{eqnarray}$$となる。スッキリしたね。第2項目は、ダンジェントで置換して$$\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{1+x^{2}}dx = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}1d\theta = \frac{\pi}{12}$$だから、全体として$$ \left(\frac{1}{2} – \frac{\sqrt{3}}{3}\right)\log{2} + \frac{\pi}{12}$$が答えかな。, 正解! 今回は部分積分がポイントだったね。よし、じゃあ、今年の問題もやってみようか。, (2)って、もう解いたじゃん。確か$$\log{(1+\sqrt{2})}$$だよね。, うん。2007年の問題で、ようこちゃんの方法で計算すると第2項目にでてくる式だね。つまり、過去問の計算やっとけよっていうメッセージかも。, じゃあ、(1)だけ解くよ。これも今日再三出てきたけど、いわゆるタンジェントの微分をイメージしていればいいよね。\(x\)が邪魔で、\(\frac{1}{\cos^{2}{x}}\)が積分できるとなれば、部分積分で決まりだ。$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{x}{\cos^{2}{x}}dx &=& \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}x\cdot(\tan{x})^{\prime}dx \\&=& \left[ x\tan{x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} – \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan{x}dx \\&=&\frac{\pi}{4} – \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan{x}dx\end{eqnarray}$$\(\tan{x}\)の積分はあまりやらないかもしれないけど、\(\frac{\sin{x}}{\cos{x}}\)の形にすればすぐ思いつくかな? つまり、、、$$\begin{eqnarray}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan{x}dx &=& \left[-\log{|\cos{x}|}\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} \\&=& -\log{\frac{\sqrt{2}}{2}} \\&=&-\log{ 2^{-\frac{1}{2}} } = \frac{1}{2}\log{2} \end{eqnarray}$$だから、最終的な答えは$$\frac{\pi}{4} – \frac{1}{2}\log{2}$$, ようこちゃんは、物理のためだよね。でも、積分の計算の訓練は本当に必要で、あたしがいつか言った”計算能力”が試されるから、大事だよ。面積や体積を求める時にも積分の計算は超重要だからね。, 計算能力とは、複雑な計算を正確に計算することだけじゃなくて、”いかに計算ミスが減る道筋を発見できるか”のことである。, どして? 極限値って言ってるけど、要はただの積分計算じゃん。テーマ違いじゃないよ。, まぁ、でもほぼ定積分じゃん。定積分をした後に、ちょっと文字を無限に飛ばすだけなんだから。, んん〜、納得いかないけど、でも、今日の問題はそんなに難しくなかったし、やってやるか!, 積分の中身は減衰曲線だね。サインカーブを描きながら、\(x\)が大きくなると指数の分だけ振幅が小さくなっていくって感じ。ただ、この問題、少なくとも嫌味なところが3つある。, 1つは、言うまでもないけど絶対値。負になる時と正になる時を分けて考えないといけない。2つ目は、指数関数と三角関数の組み合わせ。定石は部分積分だけど、最低2回はやんないとダメ。そして3つ目は、サインの中身が\(nx\)なのに積分区間にまで\(n\)がついてるってこと。これは計算量とかそういう煩わしさを増やしてくる。, ってことで、なるべく丁寧にやっていくね。まず、サインの中身に\(n\)がついているのはちょっと嫌だから変数変換するよ。\(nx = k\)として$$\begin{eqnarray}F(n) &=& \int_{0}^{n\pi}e^{-x}|\sin{nx}|dx \\&=& \frac{1}{n}\int_{0}^{n^{2}\pi}e^{-\frac{k}{n}}|\sin{k}|dk \\&=& \frac{1}{n}f(n)\end{eqnarray}$$と計算できる。さて、ここでスタート地点に立ったわけだけど、どうするか。ポイントは絶対値で、サインの符号の切り替えが重要。ちょっと表にしてみるか。, 表を見ると、(偶数)\(\times \pi\)から(奇数)\(\times \pi\)に至るところでは正、(奇数)\(\times \pi\)から(偶数)\(\times \pi\)に至るところでは負になっているね。ってことで、こういう感じで区間をわけないといけない、と。問題は\(n^{2}\)が偶数になるか、奇数になるかわからないってことか。わからないなら場合わけしなきゃいけない。, え? ってことは他のところでも場合わけするの? まぁ、とりあえず進めなきゃね。まず\(n\)が偶数の場合$$\begin{eqnarray}f(n) &=& \int_{0}^{\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{2\pi}^{3\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-2)\pi}^{(n^{2}-1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \\&-& \left( \int_{\pi}^{2\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{3\pi}^{4\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-1)\pi}^{n^{2}\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \right)\end{eqnarray}$$で、\(n\)が奇数の場合$$\begin{eqnarray}f(n) &=& \int_{0}^{\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{2\pi}^{3\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-1)\pi}^{n^{2}\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \\&-& \left( \int_{\pi}^{2\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx + \int_{3\pi}^{4\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx+\cdots+\int_{(n^{2}-2)\pi}^{(n^{2}-1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dx \right)\end{eqnarray}$$最後がちょっと変わるだけだね。まぁ、最後に\(n\)を無限に飛ばすんだから、どっちもおんなじことになると思うけど。, そうだねぇ、部分積分でもしとく? つまり\(m\)を整数として$$\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk$$を計算するってこと。\begin{eqnarray}I(m) &=& \int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk = \int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}(-\cos{k})^{\prime}dk\\&=& \left[ -e^{\frac{k}{n}}\cos{k} \right]_{m\pi}^{(m+1)\pi} -\frac{1}{n}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\cos{k}dk \\&=& -e^{-\frac{m+1}{n}\pi}(-1)^{m+1}+e^{-\frac{m}{n}\pi}(-1)^{m} + \frac{1}{n}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}(\sin{k})^{\prime}dk \end{eqnarray}ちょっと分けようかな。\begin{eqnarray}\frac{1}{n}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}(\sin{k})^{\prime}dk &=&\left[ -\frac{1}{n}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k} \right]_{m\pi}^{(m+1)\pi}-\frac{1}{n^{2}}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk \\&=& -\frac{1}{n^{2}}\int_{m}^{(m+1)\pi}e^{-\frac{k}{n}}\sin{k}dk \\&=&-\frac{1}{n^{2}}\cdot I(m)\end{eqnarray}だから、さっき分けた式とまとめると$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}} I(m)= -e^{-\frac{m+1}{n}\pi}(-1)^{m+1}+e^{-\frac{m}{n}\pi}(-1)^{m}$$となるわけだ。なるほど、ここでさらに場合わけが必要で\(m\)が偶数のとき$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}}I(m) = e^{-\frac{m+1}{n}\pi}+e^{-\frac{m}{n}\pi}$$\(m\)が奇数のとき$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}}I(m) = -e^{-\frac{m+1}{n}\pi}-e^{-\frac{m}{n}\pi}$$だね。, うん、でもすごく疲れる。それで、これを使って\(f(n)\)を計算するんだね。どうせ同じことだから、\(n\)が偶数の時を考えるよ。\begin{eqnarray}\frac{n^{2}+1}{n^{2}}f(n) &=& \left( e^{-\frac{1}{n}\pi} + e^{-\frac{0}{n}\pi} \right) + \left( e^{-\frac{3}{n}\pi} + e^{-\frac{2}{n}\pi} \right) + \cdots + \left( e^{-\frac{n^{2}-1}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}-2}{n}\pi} \right) \\&+& \left( e^{-\frac{2}{n}\pi} + e^{-\frac{1}{n}\pi} \right) + \left( e^{-\frac{4}{n}\pi} + e^{-\frac{3}{n}\pi} \right) + \cdots + \left( e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}-1}{n}\pi} \right) \\&=& e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + 2\left( e^{-\frac{1}{n}\pi} + e^{-\frac{2}{n}\pi} + \cdots + e^{-\frac{n^{2}-1}{n}\pi} \right) \\&=& e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + 2\sum_{p=1}^{n^{2}-1}e^{-\frac{p}{n}\pi}\end{eqnarray}結構スッキリするじゃん。あとは、シグマの計算だけど、よく見れば公比が\(e^{-\frac{\pi}{n}}\)で初項が\(e^{-\frac{\pi}{n}}\), 項数が\(n^{2}-1\)だから計算できて$$\frac{n^{2}+1}{n^{2}}f(n) = e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi} + 2\frac{ e^{-\frac{\pi}{n}}\left( 1-\left( e^{-\frac{\pi}{n}} \right)^{n^{2}-1} \right) }{1- e^{-\frac{\pi}{n}}}$$なのかな。ちょっと自信ないけど。, さて、じゃあいよいよ\(n\)を無限に飛ばして\(\lim_{n\to\infty}F(n)\)を求めるよ。これが最終段階だね。$$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\left(e^{-\frac{0}{n}\pi} + e^{-\frac{n^{2}}{n}\pi}\right) = 0,\ \lim_{n\to\infty}\left(1- \left( e^{-\frac{\pi}{n}} \right)^{n^{2}-1} \right) = 1,\ \lim_{n\to\infty}\frac{n^{2}+1}{n^{2}} = 1$$だから\begin{eqnarray}\lim_{n\to\infty}F(n) &=& \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}f(n) \\ &=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{1-e^{-\frac{\pi}{n}}} \\ &=&2\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}}{1-e^{-\frac{\pi}{n}}} \\\end{eqnarray}ここで、指数関数の極限値、定番の公式が使えるね。$$\lim_{x\to 0}\frac{x}{e^{x}-1} = 1$$っていう。この形に合わせるためには、こうやって変形すればいいね。\begin{eqnarray}\lim_{n\to\infty}F(n) &=& \frac{2}{\pi}\lim_{-\frac{x}{n}\to 0}\frac{-\frac{\pi}{n}}{e^{-\frac{\pi}{n}}-1} \\&=& \frac{2}{\pi}\end{eqnarray}あ〜、やっと出た。, お疲れ様、ようこちゃん。正解だよ。ただ、本当は\(n\)が奇数のときもやんなくちゃいけないんだけどねぇ。, \(n\)が奇数の時は、途中で出てきたシグマの最後の項がちょっと変わるだけだから、同様に計算できると思うよ。最初に思った通り、\(n\)を無限に飛ばすから、結局同じような計算になるね。まぁ、解答だったらそれもちゃんと書くよ。, うん、そうだね。それも忘れてないよって、伝えないとダメだよね。ただ、計算は完璧だったよ。道のりは長いけど、1つ1つ丁寧に追っていけば、ちゃんとたどり着くようになってるあたり、入試問題って感じだね。, 定積分と言えど、意外と侮れないから、いろんなパターンを知って正確に計算できるようにしとかないとね。, 次回のコメントで使用するためブラウザーに自分の名前、メールアドレス、サイトを保存する。, 名前:ねむる亀 年齢:30代 職:「物理」博士課程の学生 兼 研究員 指導経験:塾講師として4年間。中学1年生から高校3年生まで 経歴:文系の私立大学を卒業後、1年間予備校で勉強して、理系の国公立大学に進学。そのまま学部・修士を卒業、博士に進学。 趣味:将棋 座右の銘:常笑不廃 好きな映画:「男はつらいよ」「釣りバカ日誌」 好きな俳優:吉岡秀隆 好きなゲーム:FF9 好きなアニメ:「逆境無頼カイジ」 好きな漫画:「ハンターハンター」「ダイヤのA」 死ぬ前に食べたいもの:日○屋の担々麺, 最近複素平面が解禁され、数学における大学入試の一つの大きなテーマとなっている。京大は、複素平面をまともに扱う問題も出題しているが、それ以外にも複素数平面を背景にして、複素数独特の計算を利用した出題も行なっている。どちらも他の単元とは趣向の異なる計算テクニックがあるため、それらに慣れておこうというのがこの記事の目的。, 整数に関する問題は、難関大学の入試問題では頻出の単元です。しかし、教科書には系統的な解き方が載っておらず、どうしてもセンスで勝負という見方になりがちです。「整数問題」はセンスではなく、「論理」の勝負。この記事では、どんな人でも習得可能な論理を武器にすれば、問題を解けることを紹介していこうと思います。, 不等式の証明において(左辺ー右辺)の手法はいうならば、戦場で剣を持って戦うようなもので、剣の達人なら生き残るかもしれませんが、銃や盾、時にはバズーカを使って戦うことができれば、より有利な状況を築けるはずです。この記事では、銃や盾、バズーカのような手法も含めておさらいして、適材適所に対応することをお手伝いします。, 平面図形を解くとき最低でも3つの解法を準備しておく必要があります。一つ目は初等幾何です。メネラウスの定理やチェバの定理など有名な定理、合同・相似の条件を活かします。二つ目は、ベクトルです。うまくベクトルを設定できれば、初等幾何的に難しい問題でも計算問題に変えられます。三つ目は座標平面で解くです。京大の良問で紹介します。, 高校数学では確率は苦手になりやすい単元です。「全ての場合を網羅する」ということが難しい為でしょう。同一視するものや区別して考えなければならないものを見抜く力が必要だからです。しかし、確率漸化式の問題は、そういう面倒なことを考える必要がなく、式を立てれば解ける問題なので得意になりやすいので、ぜひ身に付けたいものです。, 高校数学で学ぶ数列は、言ってしまえば「等差数列」「等比数列」「階差数列」くらいしかありませんが、難関大と呼ばれる大学の入試では、工夫を凝らした面白い融合問題が出題されます。今回は、京都大学の問題を通して、高校数学の数列の世界を概観していきたいと思います。, エレベーターとクレーンを具体例として巻上げ機の原理と所要出力の計算および変圧器の誘導起電力の計算について考える, 直流電動機(直巻・分巻・他励)の仕組みとポンプと送風機の理論動力・所要出力について考える.

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