ハイレベル理系数学～１３～
このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「ハイレベル理系数学（三訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。
例３８
1⃣（１）（ⅰ）
$${\displaystyle \left[\frac{4}{3}\right]=1、\left[\frac{5}{3}\right]=1、\left[\frac{6}{3}\right]=2}$$。
$${\displaystyle \frac{n}{3}-1< \left[\frac{n}{3}\right]\frac{n}{3}}$$で全体を$${n}$$で割ると、$${\displaystyle \frac{1}{3}-\frac{1}{n}< \frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right] ≦ \frac{1}{3}}$$。
$${\displaystyle \lim{n→∞}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{3}-\lim_{n→∞}\frac{1}{n}=\frac{1}{3}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{3}=\frac{1}{3}}$$。
1⃣（１）（ⅱ）
$${\displaystyle \frac{\sqrt{n^2+\left[\frac{n}{3}\right]}-n}{1}}$$とみて、分母分子に$${\displaystyle \sqrt{n^2+\left[\frac{n}{3}\right]}+n}$$をかけると、$${\displaystyle \frac{n^2+\left[\frac{n}{3}\right]-n^2}{\sqrt{n^2+\left[\frac{n}{3}\right]}+n}=\frac{\left[\frac{n}{3}\right]}{\sqrt{n^2+\left[\frac{n}{3}\right]}+n}}$$
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{\left[\frac{n}{3}\right]}{\sqrt{n^2+\left[\frac{n}{3}\right]}+n}}$$、分母分子を$${n}$$で割ると、$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{\frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right]}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}\left[\frac{n}{3}\right]}+1}=\frac{\lim_{n→∞}\frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right]}{\lim_{n→∞}\sqrt{1+\frac{1}{n}\frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right]}+1}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right]=\frac{1}{3}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{n}\frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right]=\lim_{n→∞}\frac{1}{n}\frac{1}{3}=0}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\sqrt{1+\frac{1}{n}\frac{1}{n}\left[\frac{n}{3}\right]}+1=\sqrt{1}+1=2}$$
1⃣（１）（ⅲ）
三角関数全体の極限は、三角関数の変数の極限に置き換えられる。
1⃣（２）（ⅰ）
$${ a≧b }$$とすると$${a<a+b}$$で、$${a+b≦2a}$$。
$${a<a+b}$$のとき、$${a^n<a^n+b^n}$$
$${ \displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{n}=0}$$。
1⃣（２）（ⅱ）
$${ \displaystyle a^{-n}=\frac{1}{a^n} }$$
1⃣（２）（ⅲ）_１
$${ \log s=\log t⇔s=t }$$
$${\displaystyle \log\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{x}\log\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right) }$$
$${\displaystyle \frac{a^x+b^x}{2}=\frac{2+a^x-1+b^x-1}{2}=1-\frac{\left(a^x-1\right)+(b^x-1)}{2} }$$
$${\displaystyle \lim_{x→0} \frac{\log \left\{1+\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}\right\}} {\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}} ・\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2x}= \lim_{x→0} \frac{\log \left\{1+\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}\right\}} {\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}} ・\lim_{x→0}\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2x}}$$。
$${ x→0 }$$のとき$${ a^x→1,b^x→1 }$$だから、$${(a^x-1)+(b^x-1)→0}$$。
$${\displaystyle \lim_{x→0} \frac{\log \left\{1+\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}\right\}} {\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}} }$$で、$${\displaystyle \frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2}=t }$$とおくと、$${\displaystyle \lim_{t→0}\frac{\log(1+t)}{t}=1}$$。
$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{(a^x-1)+(b^x-1)}{2x}=\frac{1}{2}\left\{\lim_{x→0}\frac{(a^x-1)}{x}+\lim_{x→0}\frac{(b^x-1)}{x}\right\} =\frac{1}{2} \{\log a+\log b\}=\log(ab)^{\frac{1}{2}}=\log\sqrt{ab} }$$。
$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{a^x-1}{x}}$$はロピタルの定理から、$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{a^x-1}{x}=\frac{\lim_{x→0}(a^x-1)'}{\lim_{x→0}(x)'}}$$で、$${(x)'=1}$$だから、$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{a^x-1}{x}=\lim_{x→0}(a^x-1)'}$$。
$${\displaystyle e^{\log_eM}=M}$$だから、$${M=a^x}$$を代入して、$${\displaystyle a^x=e^{\log a^x}=e^{x \log a}}$$。
$${\displaystyle (e^{x \log a}-1)'=(e^{x \log a})'=\log ae^{x \log a}、\lim_{x→0}\log ae^{x \log a}=\log a e^0=\log a }$$
1⃣（２）（ⅲ）_２
$${ \log(1)=0}$$だから、$${f(0)=0}$$。
$${\displaystyle \log\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{x}\log\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)}$$。
$${f(0)=0}$$だから、$${f(x)=f(x)-f(0)}$$。
$${\displaystyle \log\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)'=\frac{2}{a^x+b^x}\left(\frac{a^x+b^x}{2}\right)'=\frac{2}{a^x+b^x}・\frac{1}{2}\left\{(a^x)'+(b^x)'\right\}=\frac{1}{a^x+b^x}\left(a^x \log a+ b^x \log b\right) }$$
$${\displaystyle \frac{1}{a^x+b^x}(a^x \log a+ b^x \log b)}$$に$${x=0}$$を代入して、$${a^0=1,b^0=1}$$だから、$${\displaystyle \frac{(\log a+\log b)}{2}=\frac{1}{2}\log(ab)=\log(ab)^{\frac{1}{2}}=\log\sqrt{ab}}$$。
1⃣（３）
$${\displaystyle 1+\frac{1}{2}+…+\frac{1}{n}< n }$$
2⃣（１）（ⅰ）
$${n}$$までの和を求めて$${n}$$を$${∞}$$にする。
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…-\frac{1}{1+n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{1+n}}$$。
2⃣（１）（ⅱ）
$${\displaystyle \sum_{k=2}^n\left(\log\frac{k+1}{k}-\log\frac{k}{k-1}\right)=\log\frac{3}{2}-\log\frac{2}{1}+\log\frac{4}{3}-\log\frac{3}{2}…+\log\frac{n+1}{n}-\log\frac{n}{n-1}=-\log\frac{2}{1}+\log\frac{n+1}{n} }$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\log\frac{n+1}{n}=\lim_{n→∞}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log1=0}$$。
$${\displaystyle \frac{1・3}{2・2}・\frac{2・4}{3・3}・\frac{3・5}{4・4}…\frac{(n-1)(n+1)}{n^2}=\frac{1}{2}\frac{n+1}{n}=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}\right)}$$。
2⃣（１）（ⅲ）
$${\displaystyle \sqrt{k}(k+2)+k\sqrt{k+2}=\sqrt{k}\sqrt{k+2}\sqrt{k+2}+\sqrt{k}\sqrt{k}\sqrt{k+2}=\sqrt{k}\sqrt{k+2}(\sqrt{k+2}+\sqrt{k}) }$$。
2⃣（２）（ⅰ）
$${1+x+x^2…+x^k}$$は、初項$${1}$$公比$${x}$$項数$${k+1}$$の等比数列の和だから$${\displaystyle \frac{1\left(x^{k+1}-1\right)}{x-1} }$$。
$${\displaystyle \frac{x^{k+1}-1}{(1+x)^k}=\frac{x^{k+1}}{(1+x)^k}-\frac{1}{(1+x)^k}=\frac{xx^k}{(1+x)^k}-\left(\frac{1}{1+x}\right)^k=x\left(\frac{x}{1+x}\right)^k-\left(\frac{1}{1+x}\right)^k}$$。
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\frac{x}{1+x}\right)^k}$$は、初項$${\displaystyle \frac{x}{1+x}}$$公比$${\displaystyle \frac{x}{1+x}}$$項数$${n}$$の等比数列の和であるから、$${\displaystyle \sum_{k=1}^n(\frac{x}{1+x})^k=\frac{x}{1+x}\frac{1-(\frac{x}{1+x})^n}{1-\frac{x}{1+x}}}$$で、$${ \displaystyle 0<\frac{x}{1+x}<1}$$なので$${\displaystyle \left(\frac{x}{1+x}\right)^∞=0}$$だから、$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{x}{1+x}・\frac{1-(\frac{x}{1+x})^n}{1-\frac{x}{1+x}}=\frac{x}{1+x}・\frac{1}{1-\frac{x}{1+x}}=\frac{\frac{x}{1+x}}{1-\frac{x}{1+x}}}$$。
$${\displaystyle \frac{\frac{x}{1+x}}{1-\frac{x}{1+x}}}$$で分母分子に$${ 1+x }$$をかけると、$${\displaystyle \frac{x}{1+x-x}=x }$$。
$${\displaystyle \frac{\frac{1}{1+x}}{1-\frac{1}{1+x}}}$$で分母分子に$${1+x}$$をかけると、$${\displaystyle \frac{1}{1+x-1}=\frac{1}{x}}$$。
2⃣（２）（ⅱ）
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n \log(1+x^{2^{k-1}})=\log(1+x)+\log(1+x^2)+\log(1+x^{2^2})＋…+\log(1+x^{2^{n-1}})=\log\left\{(1+x)(1+x^2)(1+x^{2^2})…(1+x^{2^{n-1}})\right\} }$$。
$${ (1-x^2)(1-x^2)=1-x^4=1-x^{2^2}、(1-x^4)(1+x^4)=1-x^8=1-x^{2^3}}$$。
$${ 0< x < 1}$$だから、$${x^∞=0}$$
2⃣（２）（ⅲ）
$${1-x-x^2+^x3=(1-x)+x^2(-1+x)=(1-x)(1-x^2)}$$。
$${\displaystyle \frac{x^{k-1}-x^k}{(1+x^{k-1})(1+x^k)}=\frac{1}{1+x^k}-\frac{1}{1+x^{k-1}}}$$。
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n(\frac{1}{1+x^{k-1}}-\frac{1}{1+x^k}=\frac{1}{1+x^0}-\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x}-\frac{1}{1+x^2}+…-\frac{1}{1+x^n}}$$。
$${ 0<x < 1}$$のときは$${x^∞=0、x=1}$$のときは$${x^∞=1、x>1}$$のときは$${1+x^∞=∞}$$なので$${\displaystyle \frac{1}{1+x^∞}=0}$$。
2⃣（３）（ⅰ）
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\frac{m}{m+1}\right)^n}$$は、初項$${\displaystyle \frac{m}{m+1}}$$公比$${\displaystyle \frac{m}{m+1}}$$項数$${n}$$の等比数列の和であるから、$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\frac{m}{m+1}\right)^n=\frac{m}{m+1}・\frac{1-\left(\frac{m}{m+1}\right)^n}{1-\left(\frac{m}{m+1}\right)}}$$。$${\displaystyle \left|\frac{m}{m+1}\right|<1 }$$だから$${\displaystyle \left(\frac{m}{m+1}\right)^∞=0}$$なので、$${\displaystyle \sum_{k=1}^∞\left(\frac{m}{m+1}\right)^n=\frac{m}{m+1}・\frac{1}{1-\left(\frac{m}{m+1}\right)} }$$。
$${\displaystyle \sum_{m=1}^M\left(\frac{m}{m+1}-\frac{m+1}{m+2}\right)=\frac{1}{2}-\frac{2}{3}+\frac{2}{3}-\frac{3}{4}+…-\frac{M+1}{M+2}=\frac{1}{2}-\frac{M+1}{M+2}}$$。
$${\displaystyle \lim_{M→∞}\left(\frac{1}{2}-\frac{M+1}{M+2}\right)=\frac{1}{2}-\lim_{M→∞}\frac{1+\frac{1}{M}}{1+\frac{2}{M}}=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2} }$$。
2⃣（３）（ⅱ）
$${\displaystyle \sum_{m=1}^M\left\{\frac{1}{m+1}\left(\frac{m}{m+1}\right)^n-\frac{1}{m+2}\left(\frac{m+1}{m+2}\right)^n\right\}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^n-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n-\frac{1}{4}\left(\frac{3}{4}\right)^n…-\frac{1}{M+2}\left(\frac{M+1}{M+2}\right)^n}$$。
$${\displaystyle \lim_{M→∞}\frac{1}{M+2}\left(\frac{M+1}{M+2}\right)^n=\lim_{M→∞}\frac{1}{M+2}\left(\frac{1+\frac{1}{M}}{1+\frac{2}{M}}\right)^n=0・\left(\frac{1+0}{1+0}\right)^n=0 }$$。
$${\displaystyle \sum_{n=1}^k\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^k\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}$$で、$${\displaystyle \sum_{n=1}^k\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}$$は初項$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$公比$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$項数$${k}$$の等比級数の和だから、$${\displaystyle \frac{1}{2}\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^k}{1-\frac{1}{2}}}$$なので、$${\displaystyle \lim_{k→∞}\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1}$$。
3⃣（１）（ⅰ）_１
$${\displaystyle e^x+e^{-x}-2=\frac{1}{e^x}(e^{2x}-2e^x+1)=\frac{1}{e^x}(e^x-1)^2}$$
自然対数の定義$${\displaystyle e=\lim_{x→0}(1+x)^{\frac{1}{x}}}$$より$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{e^x-1}{x}=1}$$。
3⃣（１）（ⅰ）_２
$${\displaystyle \frac{1}{e^x}(e^x-1)^2=\frac{(e^x-1)(e^x-1)}{e^x}=(e^x-1)\frac{(e^x-1)}{e^x}=(e^x-1)\left(1-\frac{1}{e^x}\right)=(e^x-1)(1-e^{-x})}$$。
$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{e^{-x}-1}{-x}}$$は$${x}$$の範囲に指定はないので、$${x=-x}$$とすれば、$${\displaystyle \lim_{x→0}\frac{e^x-1}{x}}$$となるので$${1}$$。
3⃣（１）（ⅰ）_３
$${ e^xe^{-x}=1}$$であることに着目すると、$${\displaystyle e^x-2+e^{-x}=(e^{\frac{x}{2}}-1)(e^{\frac{-x}{2}}-1)}$$。
3⃣（１）（ⅰ）_４
$${\displaystyle f'(x)=\frac{1}{2}e^{\frac{x}{2}}-\left(-\frac{1}{2}^{-\frac{x}{2}}\right)}$$。
3⃣（１）（ⅱ）_２
$${b=a}$$のとき$${b-a=0}$$だから$${e^{b-a}}$$にこれを代入して$${e^0=1}$$。
$${\displaystyle 1+\frac{1}{\frac{x+a}{b-a}}=1+\frac{b-a}{x+a}}$$ここで$${x→∞}$$とすると$${\displaystyle \frac{b-a}{x+a}=0}$$だから、$${ \lim_{x→∞}\left(1+\frac{1}{\frac{x+a}{b-a}}\right)=1}$$。
3⃣（２）（ⅰ）_１
$${\displaystyle \frac{(e^x-1)+(e^{2x}-1)+(e^{3x}-1)}{3x}=\frac{1}{3}\left(\frac{(e^x-1)}{x}+\frac{(e^{2x}-1)}{x}+\frac{(e^{3x}-1)}{x} \right)}$$。
3⃣（２）（ⅰ）_２
$${\displaystyle \left\{\log\frac{\left(e^x+e^{2x}+e^{3x}\right)}{3}\right\}'=\frac{3}{e^x+e^{2x}+e^{3x}}\left\{\left(\frac{e^x}{3}\right)'+\left(\frac{e^{2x}}{3}\right)'+\left(\frac{e^{3x}}{3}\right)'\right\}=\frac{3}{e^x+e^{2x}+e^{3x}}\left\{\frac{e^x}{3}+\frac{2e^{2x}}{3}+\frac{3e^{3x}}{3}\right\}}$$。
3⃣（２）（ⅱ）_１
$${ \cosθ≦1}$$だから$${\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{1}{2(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})}=0}$$
3⃣（２）（ⅱ）_２
$${\displaystyle \frac{f(x+1)-f(x)}{1}}$$は$${ f(x+1) }$$と$${ f(x) }$$の間の傾きだから、$${x+1}$$から$${x}$$間のどこかの点$${c}$$における$${f(x)}$$の接線の傾きと等しくなる。
3⃣（３）（ⅰ）
$${ e^x>x}$$だから、この$${x}$$に$${\displaystyle \frac{x}{2}}$$を代入しても$${\displaystyle e^{\frac{x}{2}}>\frac{x}{2}}$$となるので、これを$${2}$$乗すると$${\displaystyle e^x>\frac{x^2}{4}}$$。
$${\displaystyle e^x>\frac{x^2}{4}}$$の両辺の逆数をとって$${\displaystyle \frac{1}{e^x}<\frac{4}{x^2}}$$、両辺にxをかけて、$${\displaystyle \frac{x}{e^x}<\frac{4}{x}}$$。
$${\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{4}{x}=0}$$だから、$${\displaystyle \frac{x}{e^x}<\frac{4}{x}}$$なので、$${\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{x}{e^x}=0}$$。
$${\displaystyle e^x>x}$$だから、この$${x}$$に$${\displaystyle \frac{x}{n+1}}$$を代入しても$${\displaystyle e^{\frac{x}{n+1}} >\frac{x}{n+1}}$$となるので、これを$${n+1}$$乗すると$${\displaystyle e^x>\frac{x^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}$$。
$${\displaystyle e^x>\frac{x^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}$$の両辺の逆数をとって$${\displaystyle \frac{1}{e^x}<\frac{(n+1)^{n+1}}{x^{n+1}}}$$、両辺に$${x^n}$$をかけて、$${\displaystyle \frac{x^n}{e^x}<\frac{(n+1)^{n+1}}{x^n}}$$。
$${\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{(n+1)^{n+1}}{x^n}=0}$$だから、$${\displaystyle \frac{x^n}{e^x}<\frac{(n+1)^{n+1}}{x^n}}$$なので、$${\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{x^n}{e^x}=0}$$。
3⃣（３）（ⅱ）
$${\displaystyle x>\log x⇔\sqrt{x} > \log\sqrt{x}=\frac{1}{2}\log x }$$だから、両辺に$${2}$$をかけて$${x}$$で割ると、$${\displaystyle \sqrt{x}> \log \sqrt{x} ⇔ \frac{2}{\sqrt{x}} > \frac{\log x}{x} }$$。
$${x}$$が$${1}$$より大きいので、$${\log x}$$は$${0}$$より大きいから、$${\displaystyle \frac{\log x}{x}>0}$$。
$${\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{2}{\sqrt{x}}=0}$$で、$${\displaystyle \frac{2}{\sqrt{x}}>\frac{\log x}{x}}$$だから、$${\displaystyle \lim_{x→∞} \frac{\log x}{x}=0}$$。
例題３９
線$${l}$$の長さは、$${\rm B}$$の$${y}$$座標から$${\rm A}$$の$${y}$$座標を引いたもの。
$${\rm P}$$の$${x}$$座標が$${a-h}$$で$${\rm Q}$$の$${x}$$座標が$${a+h}$$であり、$${\rm B}$$の$${x}$$座標は$${a}$$であるから、$${\rm B}$$は$${\rm PQ}$$の中点なので、その$${y}$$座標は$${\rm P}$$と$${\rm Q}$$の$${y}$$座標の中点。
$${\rm P}$$の$${y}$$座標は$${\displaystyle y=\sqrt{1+x^2}}$$の$${x}$$に$${a-h}$$を代入して$${\displaystyle \sqrt{1+(a-h)^2}}$$であり、$${\rm Q}$$の$${y}$$座標は同様にして$${\displaystyle \sqrt{1+(a+h)^2}}$$なので、$${\rm B}$$の$${y}$$座標は$${\displaystyle \frac{1}{2}\left(\sqrt{1+(a-h)^2}+\sqrt{1+(a+h)^2}\right)}$$。
$${\rm A}$$の$${y}$$座標は$${\displaystyle y=\sqrt{1+x^2}}$$の$${x}$$に$${a}$$を代入して$${\displaystyle y=\sqrt{1+a^2}}$$であるから、$${\rm AB}$$の長さlは、$${\displaystyle \frac{1}{2}\left(\sqrt{1+(a-h)^2}+\sqrt{1+(a+h)^2}\right)-\sqrt{1+a^2}}$$。
$${\displaystyle \frac{l}{h^2}=\frac{\left(\sqrt{1+(a-h)^2}+\sqrt{1+(a+h)^2}\right)-2\sqrt{1+a^2}}{2h^2}=\frac{\sqrt{1+(a+h)^2}-\sqrt{1+a^2}}{2h^2}-\frac{\sqrt{1+a^2}-\sqrt{1+(a-h)^2}}{2h^2}}$$。
$${\displaystyle \frac{\sqrt{1+(a+h)^2}-\sqrt{1+a^2}}{2h^2}}$$の分母分子に$${\displaystyle \sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}}$$をかけると、$${\displaystyle \frac{(1+(a+h)^2)-(1+a^2)}{2h^2{\sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}}}=\frac{(1+a^2+2ah+h^2-1-a^2}{2h^2{\sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}}}=\frac{2ah+h^2}{2h^2{\sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}}} }$$。
$${\displaystyle \frac{h^2+2ah}{2h^2{\sqrt{1+(a+h)^2}}+\sqrt{1+a^2}}=\frac{h^2}{2h^2}\frac{1}{\sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}}+\frac{2ah}{2h^2} \frac{1}{\sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}} }$$。
$${\displaystyle \lim_{h→0}\frac{1}{\sqrt{1+(a+h)^2}+\sqrt{1+a^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+a^2}}=\frac{1}{2\sqrt{1+a^2}}}$$。
$${\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{1+a^2}}-\frac{a^2}{2(1+a^2)\sqrt{1+a^2}}=\frac{(1+a^2)-a^2}{2(1+a^2)\sqrt{1+a^2}}}$$。
問１１８
（１）
$${x_n}$$と$${y_n}$$が整数だから、$${\displaystyle y_n\sqrt{2,(x_n+y_n)}\sqrt{2}}$$は無理数。
（２）_１
$${n=1}$$のとき$${\displaystyle 1+\sqrt{2}=x_1＋y_1\sqrt{2}}$$。
（２）_２
$${\displaystyle \left(1-\sqrt{2}\right)^k=x_k-y_k\sqrt{2}}$$を仮定する。
$${\displaystyle \left(1-\sqrt{2}\right)^{k+1}=\left(1-\sqrt{2}\right)\left(1-\sqrt{2}\right)^k=\left(1-\sqrt{2}\right)\left(x_k-y_k\sqrt{2}\right)=x_k-y_k\sqrt{2}-\sqrt{2}\left(x_k-y_k\sqrt{2}\right)=x_k-y_k\sqrt{2}-x_k\sqrt{2}＋2y_k=(x_k+2y_k)-\sqrt{2}(x_k+y_k)}$$。
$${ x{k+1}=x_k+2y_k、y_{k+1}=x_k+y_k}$$を$${\displaystyle (x_k+2y_k)-\sqrt{2(x_k+y_k)}}$$に代入すると、$${\displaystyle(x_k+2y_k)-\sqrt{2(x_k+y_k)}=x_{k+1}-y_{k+1}\sqrt{2}}$$。
$${\displaystyle \left(1-\sqrt{2}\right)^n\left(1+\sqrt{2}\right)^n=(1-2)^n=(-1)^n }$$。
$${\displaystyle \left(x_n-y_n\sqrt{2}\right)\left(x_n+y_n\sqrt{2}\right)=x_n^2-2y_n^2}$$。
（３）_1
$${\displaystyle \frac{x_n+2y_n-\sqrt{2}(x_n+y_n)}{y{n+1}}=\frac{x_n\left(1-\sqrt{2}\right)-y_n\sqrt{2}\left(1-\sqrt{2}\right)}{y_{n+1}}=\frac{(1-\sqrt{2})\left(x_n-y_n\sqrt{2}\right)}{y_{n+1}}}$$。
$${\displaystyle {x_n-y_n\sqrt{2}}{y_{n+1}}=\frac{y_n}{y_n}\frac{x_n-y_n\sqrt{2}}{y_{n+1}}=\frac{y_n}{y_{n+1}}\left(\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right)}$$。
$${\displaystyle \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}-\sqrt{2}=\left(1-\sqrt{2}\right)\frac{y_n}{y_{n+1}}\left(\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right)}$$において、$${\displaystyle 0< \frac{y_n}{y_{n+1}}< 1}$$だから、$${\displaystyle \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}-\sqrt{2} > \left(1-\sqrt{2}\right)\left(\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right)⇔\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}-\sqrt{2}<\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right)}$$なので、$${\displaystyle \left|\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}-\sqrt{2}\right|<\left(\sqrt{2}-1\right)\left|\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right|}$$。
$${\displaystyle \left|\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}-\sqrt{2}\right|<\left|\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right|}$$だから、$${\displaystyle \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}}$$と$${\displaystyle \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}}$$で$${ \sqrt{2} }$$との差が小さいのは$${\displaystyle \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}}$$のほう。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\left(\sqrt{2}-1\right)^{n-1}=0}$$だから、$${\displaystyle \lim_{n→∞}\left|\frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}\right|=0}$$となるから、$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{x_n}{y_n}=\sqrt{2}}$$。
（３）_２
$${\displaystyle \frac{x_n}{y_n}-\sqrt{2}=\frac{x_n-\sqrt{2y_n}}{y_n}}$$。
④から$${\displaystyle \left|x_n^2-2y_n^2\right|=\left|(-1)^n\right|=1}$$。
（３）_３
$${\displaystyle \frac{x_n+2y_n}{x_n+y_n}}$$で、分母分子を$${y_n}$$で割ると$${\displaystyle \frac{\frac{x_n}{y_n}+2}{\frac{x_n}{y_n}+1}}$$なので、$${\displaystyle \frac{x_n}{y_n}=a_n}$$だから、$${\displaystyle a_{n+1}=\frac{x_n+2y_n}{x_n+y_n}=\frac{a_n+2}{a_n+1}}$$
$${\displaystyle f(x)=\frac{x+2}{x+1}}$$とおくと、$${ f(x)=x }$$のとき$${\displaystyle x=\frac{x+2}{x+1}⇔x^2+x=x+2⇔x^2=2}$$で、$${x>0}$$だから$${x=\sqrt{2}}$$。
$${\displaystyle \frac{a_n+2-\sqrt{2(a_n+1)}}{a_n+1}=\frac{a_n+2-\sqrt{2a_n}-\sqrt{2}}{a_n+1}=\frac{a_n\left(1-\sqrt{2}\right)-\sqrt{2}\left(1-\sqrt{2}\right)}{a_n+1}=\frac{(1-\sqrt{2})(a_n-\sqrt{2})}{a_n+1}=\frac{\sqrt{2}-1}{a_n+1}\left|a_n-\sqrt{2}\right|}$$。
$${ a_n+1>1 }$$だから、$${\displaystyle \frac{\sqrt{2}-1}{a_n+1}<1}$$なので、$${\displaystyle \left|a_{n+1}-\sqrt{2}\right|<\left(\sqrt{2}-1\right)\left(\left|a_n-\sqrt{2}\right|\right)}$$だから、$${\left|a_n-\sqrt{2}\right|}$$より$${\left|a_{n+1}-\sqrt{2}\right|}$$のほうがより$${0}$$に近い。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\left|a_n-\sqrt{2}\right|=0}$$なので、$${\displaystyle \lim_{n→∞}a_n=\sqrt{2} }$$。
問１１９
（１）
$${f(x)}$$の接線の傾きは$${f'(x)}$$だからxにおける接線の傾きは$${f'(x)}$$なので、接線の方程式はCを定数として$${y=f'(x)x+C}$$。
$${y=f'(x)x+C}$$は接点$${\left(a_n,f(a_n)\right)}$$を通るからこれを代入して、$${f(a_n)=f'(a_n)a_n+C⇔f(a_n)-f'(a_n)a_n=C}$$となるから、$${(a_n,f(a_n))}$$における接線の方程式は、$${y=f'(a_n)x+f(a_n)-f'(a_n)a_n⇔y=f'(a_n)(x-a_n)+f(a_n)}$$。
$${y=f'(a_n)(x-a_n)+f(a_n)}$$が$${(a_{n+1},0)}$$を通るからこれを代入して、$${0=f'(a_n)(a_{n+1}-a_n)+f(a_n)⇔f'(a_n)(a_{n+1}-a_n)=-f(a_n)⇔a_{n+1}-a_n=-{f(a_n)}{f'(a_n)}⇔a_{n+1}=a_n-{f(a_n)}{f'(a_n)}}$$。
$${a_{n+1}=a_n-{f(a_n)}{f'(a_n)}}$$において、$${f(a_n)=a_n^3-2,f'(a_n)=3a_n^2}$$だからこれを代入して、$${\displaystyle a_{n+1}=a_n-\frac{a_n^3-2}{3(a_n)^2}}$$。
（２）
$${\displaystyle \sqrt[3]{2}=α}$$だから$${2=α^3}$$。
$${ (a_k^3-α^3)=(a_k-α)\left\{\left(a_k\right)^2+αa_k＋α^2\right\} }$$。
$${\displaystyle \left(a_k-\frac{(a_k)^3-α^3}{3(a_k)^2}\right)-α=(a_k-α)-\frac{(a_k-α)\left((a_k)^2+αa_k＋α^2\right)}{3a_k^2}=\left\{1-\frac{\left((a_k)^2+αa_k＋α^2\right)}{3a_k^2}\right\}(a_k-α) }$$
$${ α< a_k}$$だから、$${ αa_k< (a_k)^2}$$であり$${α^2< (a_k)^2}$$なので、$${(a_k)^2+αa_k+α^2<3(a_k)^2}$$。
$${ a_k>α}$$を仮定して$${a_{k+1}-α>0⇔a_{k+1}>α}$$が言えたので、$${a_n>α}$$が言える。
（３）
$${\displaystyle 1-\frac{\left((a_k)^2+αa_k＋α^2\right)}{3a_k^2}=1-\frac{(a_k)^2}{3(a_k)^2}-{αa_k＋α^2}{3(a_k)^2}=\frac{2}{3}-\frac{αa_k＋α^2}{3(a_k)^2}}$$。
$${\displaystyle 1-\frac{(a_k)^2+αa_k＋α^2}{3a_k^2}<\frac{2}{3}}$$だから、$${\displaystyle a_{n+1}-α<\frac{2}{3}(a_n-α)}$$、これを繰り返すと$${\displaystyle \frac{2}{3}(a_n-α)<\left(\frac{2}{3}\right)^n(a_1-α)}$$となる。
$${\displaystyle \frac{2}{3}(a_n-α)<\left(\frac{2}{3}\right)^n(a_1-α)⇔(a_n-α)<\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}(a_1-α)}$$だから、$${\displaystyle \lim_{n→∞}(a_n-α)< \lim_{n→∞}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}(a_1-α)=0}$$なので、$${\displaystyle \lim_{n→∞}(a_n-α)=0⇔\lim_{n→∞}a_n=α }$$
問１２０
$${ S_n-S_{n-1}=a_n }$$。
$${ (n-1)(n-3)a_n+a_n=(n^2-4n+3)a_n+a_n=(n^2-4n+4)a_n=(n-2)^2a_n}$$。
$${ (n-1)na_{n+1}=(n-2)(n-1)a_n=(n-3)(n-2)a_{n-1}}$$となり、$${ n≧3}$$なので$${ n }$$が最小になる$${ 3 }$$までこれを繰り返すと$${ (n-1)na_{n+1}=1・2・a_3}$$。
$${ \displaystyle (n-1)na_{n+1}=1・2・a_3⇔a_{n+1}=\frac{2a_3}{(n-1)n} }$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{n-2}{n-1}2a_3=\frac{1-\frac{2}{n}}{1-\frac{1}{n}}2a_3=2a_3}$$。$${\displaystyle \frac{n-2}{n-1}2a_3=S_n}$$で、$${\displaystyle \lim_{n→∞}S_n=1}$$だから、$${2a_3=1}$$。
$${(n-2)(n-1)a_n=2a_3}$$で$${2a_3=1}$$だから、$${\displaystyle a_n=\frac{1}{(n-2)(n-1)}}$$。
問１２１
$${m}$$は点$${\mathrm{A}(0,1,0)}$$を通るから、$${\mathrm{Q_n}}$$は$${ q_n \overrightarrow{m}+\overrightarrow{\rm A}}$$なので、$${(2q_n,3q_n+1,-q_n)}$$。
$${ \overrightarrow{\rm P_nQ_n}}$$は$${\rm Q_n-P_n}$$。
$${\displaystyle p_{n+1}=\frac{4}{3}q_n+\frac{1}{3}}$$に$${\displaystyle q_n=\frac{1}{14}(4p_n-3)}$$を代入して、$${\displaystyle p_{n+1}=\frac{4}{3}\frac{4p_n-3}{14}+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}\left(\frac{4p_n}{14}-\frac{3}{14}\right)+\frac{1}{3}}$$。
$${\displaystyle p_{n+1}-s=\frac{8}{21}(p_n-s)}$$として、$${\displaystyle p_{n+1}=\frac{8}{21}p_n+\frac{1}{21}}$$を代入すると、$${m}$$は点$${\rm A(0,1,0)}$$を通るから、$${\rm Q_n}$$は$${ q_n \overrightarrow{m}+\overrightarrow{\rm A} }$$なので、$${\displaystyle \frac{8}{21}p_n+\frac{1}{21}-s=\frac{8}{21}p_n-\frac{8}{21}s⇔\frac{1}{21}-s=-\frac{8}{21}s⇔\frac{1}{21}=s-\frac{8}{21}s⇔1=13s⇔s=\frac{1}{13} }$$なので、$${\displaystyle p_{n+1}=\frac{8}{21}p_n+\frac{1}{21}=p_{n+1}-\frac{1}{13}=\frac{8}{21}\left(p_n-\frac{1}{13}\right)}$$。
$${\displaystyle p_{n+1}-\frac{1}{13}=\frac{8}{21}\left(p_n-\frac{1}{13}\right)=\frac{8}{21}\frac{8}{21}\left(p_{n-1}-\frac{1}{13}\right)=\left(\frac{8}{21}\right)^{n}\left(p_{1}-\frac{1}{13}\right)}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\left(\frac{8}{21}\right)^{n-1}\left(p_{1}-\frac{1}{13}\right)=\left(p_{1}-\frac{1}{13}\right)\lim_{n→∞}\left(\frac{8}{21}\right)^{n}=\left(p_{1}-\frac{1}{13}\right)0=0}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{8}{21}\left(p_n-\frac{1}{13}\right)=0}$$だから、$${\displaystyle p_n-\frac{1}{13}=0⇔p_n=\frac{1}{13}}$$。
$${\displaystyle q_n=\frac{1}{14}(4p_n-3)}$$に$${\displaystyle p_n=\frac{1}{13}}$$を代入して$${\displaystyle \frac{1}{14}\left(4\frac{1}{13}-3\right)=\frac{4}{14・13}-\frac{3}{14}=-\frac{5}{26}}$$。
問１２２
【解答１】（１）
$${\displaystyle a_n=2\sinθ_n⇔a_n+2=2(\sinθ+1)=2\left(2\sin\frac{θ_n}{2}\cos\frac{θ_n}{2}+\cos^2\frac{θ_n}{2}+\sin^2\frac{θ_n}{2}\right)=2\left(\cos\frac{θ_n}{2}+\sin\frac{θ_n}{2}\right)^2={2\sin\left(\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{2}\right)}^2、a_n+2={2\sin\left(\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{2}\right)}^2⇔\sqrt{2+a_n}=\left|2\sin\left(\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{2}\right)\right| }$$。
$${\displaystyle a_{n+1}=2\sinθ_{n+1}=\sqrt{2+a_n}=\left|2\sin\left(\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{4}\right)\right| }$$。
$${\displaystyle 0<{θ_n}<\frac{π}{2}}$$の各辺を$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$倍して、$${\displaystyle 0<\frac{θ_n}{2}<\frac{π}{4}}$$となるので、各辺に$${\displaystyle \frac{π}{4}}$$を足すと$${\displaystyle \frac{π}{4}<\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{4}<\frac{π}{2}}$$。
$${\displaystyle 2\sinθ_{n+1}=\left|2\sin\left(\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{4}\right)\right|⇔θ_{n+1}=\frac{θ_n}{2}+\frac{π}{4}}$$。
$${\displaystyle \sqrt{2}=2\sinθ_1⇔\frac{\sqrt{2}}{2}=\sinθ_1}$$なので、$${\displaystyle θ_1=\frac{π}{4}}$$。
$${\displaystyle θ_{n+1}-\frac{π}{2}=\frac{1}{2}\left(θ_{n}-\frac{π}{2}\right)=\frac{1}{2}\frac{1}{2}\left(θ_{n-1}-\frac{π}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^n\left(θ_1-\frac{π}{2}\right)}$$。
$${\displaystyle \frac{1}{2}\left(θ_{n}-\frac{π}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^n\left(θ_1-\frac{π}{2}\right)⇔θ_{n}-\frac{π}{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\left(θ_1-\frac{π}{2}\right)}$$で、$${\displaystyle θ_1=\frac{π}{4}}$$を代入して$${\displaystyle θ_{n}-\frac{π}{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\left(-\frac{π}{4}\right)⇔θ_n=\frac{π}{2}-\frac{π}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{π}{2}\left(1-\left(\frac{1}{2}\right)^n\right)=\frac{π}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right) }$$
【解答１】（２）
$${\displaystyle \lim_{n→∞}θ_n=\lim_{n→∞}\frac{π}{2}\left(1-\frac{1}{2^n}\right)=\frac{π}{2}}$$
$${\displaystyle 2\sin\left(\lim_{n→∞}θ_n\right)=2\sin\frac{π}{2}=2}$$
【解答２】（２）
$${\displaystyle \frac{2-\sqrt{2+a_n}}{1}=\frac{4-(2+a_n)}{2+\sqrt{2+a_n}}。 }$$
$${ 2+\sqrt{2+a_n}>0}$$で$${2-a_n>0}$$を仮定しているので、$${\displaystyle \frac{2-a_n}{2+\sqrt{2+a_n}}>0}$$。
$${\displaystyle 2+\sqrt{2+a_n}>2⇔\frac{1}{2+\sqrt{2+a_n}}<\frac{1}{2}⇔\frac{2-a_n}{2+\sqrt{2+a_n}}<\frac{1}{2}(2-a_n)}$$。
$${\displaystyle 0<2-a_{n+1}<\frac{1}{2}(2-a_n)<\frac{1}{2}\frac{1}{2}(2-a_{n+1})<\left(\frac{1}{2}\right)^n(2-a_1)}$$
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\left(\frac{1}{2}\right)^n(2-a_1)=0}$$なので、$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{2}(2-a_n)=0⇔\lim_{n→∞}a_n=2}$$。
問１２３
【解答１】
$${ 2^{2k-2}α=a_{2k-1}＋b_{2k-1}⇔2^{2k-2}2α=2a_{2k-1}＋2b_{2k-1}⇔2^{2k-1}α=2a_{2k-1}＋2b_{2k-1}}$$。
$${ 2k+1,2k-1,2k-3…3,1 }$$だから、$${1}$$から$${2k-1}$$までは$${k}$$個。
$${\displaystyle \lim_{k→∞}4^k\left(α-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}}$$が$${0}$$以上$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$未満でなければならないから、$${\displaystyle α=\frac{1}{3}}$$。
$${\displaystyle b_{2k-1}=4^k\left(α-\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}}$$で$${\displaystyle α=\frac{1}{3}}$$であるから、これを代入して$${\displaystyle b_{2k-1}=\frac{1}{3}}$$。
$${\displaystyle b_{2k}-1=\frac{1}{3}⇔b_{2k}=\frac{2}{3}}$$。
$${\displaystyle b_{2k-1}=\frac{1}{3}}$$で$${\displaystyle b_{2k}=\frac{2}{3}}$$だから、$${\displaystyle b_n=\frac{1}{3}(nが奇数),b_n=\frac{2}{3}(nが偶数)}$$。
【解答２】
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{1}{2^k}}$$は、初項$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$公比$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$項数$${n}$$の等比数列の和なので、$${\displaystyle \frac{1}{2}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^n-1}{\frac{1}{2}-1}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{2}\left(\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^n-1}{\frac{1}{2}-1}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{-1}{-\frac{1}{2}}\right)}$$。
$${\displaystyle b_n=\frac{c_n}{2}+\frac{c_{n+1}}{2^2}+\frac{c_{n+2}}{2^3}…}$$であるから、$${c_n=0}$$なら$${\displaystyle b_n=\frac{c_{n+1}}{2^2}+\frac{c_{n+2}}{2^3}…}$$だから$${\displaystyle b_n<\frac{1}{2}、c_n=1}$$なら$${\displaystyle b_n=\frac{1}{2}+\frac{c_{n+1}}{2^2}+\frac{c_{n+2}}{2^3}…}$$だから$${\displaystyle \frac{1}{2}< b_n< 1}$$。
$${\displaystyle \frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^4}+…}$$は初項$${\displaystyle \frac{1}{4}}$$公比$${\displaystyle \frac{1}{4}}$$項数$${∞}$$の等比数列の和なので、$${\displaystyle \frac{1}{4}\left(\frac{\left(\frac{1}{4}\right)^∞-1}{\frac{1}{4}-1}\right)=\frac{1}{4}\frac{-1}{\frac{1}{4}-1}=\frac{1}{3}}$$。
$${2^0・1+…+2^{n-4}・1+2^{n-2}1}$$は初項$${1}$$公比$${2^2}$$項数$${\displaystyle \frac{n-1}{2}}$$の等比数列の和。
$${ 2^11+…+2^{n-5}・1+2^{n-3}・1}$$は初項$${2}$$公比$${2^2}$$項数$${\displaystyle \frac{n-2}{2}}$$の等比数列の和。
問１２４
（１）_１
$${ x{n+1}=x_n^2+x_n}$$だから、$${x_{n+1}>x_n}$$なので、$${x_n>x1}$$。
$${x_n=x_n-x_{n-1}+x_{n-1}-x_{n-2}＋…＋x_2-x_1+x_1}$$と書くと、$${x_n-x_{n-1}=x_{n-1}^2}$$。
$${x_{n-1}>a}$$だから、$${x_{n-1}^2>a^2}$$
（１）_２
$${\displaystyle \sum^n{k=1}\left(\frac{1}{x_k}-\frac{1}{x_k+1}\right)=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}+…+\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n+1}=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_n+1}}$$。
$${\displaystyle \lim_{n→∞}\frac{1}{x_n+1}}$$は、$${\displaystyle \lim_{n→∞}x_n=∞}$$だから$${0}$$。
問１２５
【解答１】（１）
$${n+1}$$秒のときに点$${\rm A}$$に$${\rm P}$$が存在する確率は、$${n}$$秒の時点で$${\rm P}$$が点$${\rm D}$$または点$${\rm B}$$に存在してそれぞれ$${\displaystyle \frac{1}{4}}$$の確率で点$${\rm A}$$に遷移するから、$${\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{4}(b_n+d_n)}$$となる。
$${ n=1}$$のとき$${\displaystyle a_3=\left(\frac{1}{2}\right)^2a_1、a_4=\left(\frac{1}{2}\right)^2a_2、a_4=\left(\frac{1}{2}\right)^2a_2、a_5=\left(\frac{1}{2}\right)^2a_3=\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^2a_1=\left(\frac{1}{2}\right)^4a_1、a_6=\left(\frac{1}{2}\right)^2a_4=\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)^2a_2=\left(\frac{1}{2}\right)^4a_2}$$
$${ n=2m-1}$$のときだけ、$${\displaystyle b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}$$となるから、$${\displaystyle b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{2m+1}=\left(\frac{1}{4}\right)^{m}}$$
$${\rm P}$$が停止する場合は、$${1}$$秒後に$${\rm L}$$または$${\rm E}$$に遷移する場合(確率$${\displaystyle \frac{1}{4}+\frac{1}{4}}$$)、奇数秒後に$${\rm B}$$から$${\rm F}$$と$${\rm D}$$から$${\rm J}$$に遷移する場合(確率は$${p_n}$$と同じ)、偶数秒後に$${\rm A}$$から$${\rm L}$$または$${\rm K}$$と$${\rm C}$$から$${\rm H}$$または$${\rm I}$$に遷移する場合(確率は、$${\rm L}$$または$${\rm K}$$と$${\rm H}$$または$${\rm I}$$に遷移する確率が$${\displaystyle \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{2}{4}}$$で、$${\rm A}$$または$${\rm C}$$に遷移している確率がそれぞれ$${\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^m}$$だから、$${\displaystyle \frac{2}{4}・\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^m+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^m\right\} }$$となる。)
$${\rm P}$$は$${∞}$$秒後に停止しているか消滅しているかであるから、$${q_n=1-p_n}$$。
【解答１】（２）
$${1}$$秒後に$${\rm L}$$または$${\rm E}$$に遷移するまでの時間は$${1}$$秒。
$${p_n}$$は$${2m-1}$$秒後に$${\rm B}$$または$${\rm D}$$に$${\rm P}$$がありその$${1}$$秒後に$${\rm G}$$または$${\rm K}$$に遷移した確率だから、$${\rm G}$$または$${\rm K}$$に遷移するまで$${2m}$$秒経過している。
同様に停止する場合は、$${\rm B}$$または$${\rm D}$$に$${\rm P}$$あるのは$${2m-1}$$秒後で停止位置に遷移したのが$${2m}$$秒後、$${\rm A}$$または$${\rm C}$$に$${\rm P}$$がありその後に停止位置に遷移したのが$${2m+1}$$秒後である。
$${\displaystyle 1・\frac{1}{2}+\sum_{m=1}^n\left\{2m\left(\frac{1}{2}\right)^{2m}+(2m+1)\left(\frac{1}{2}\right)^{2m+1}\right\}=1・\left(\frac{1}{2}\right)^1+2・\left(\frac{1}{2}\right)^2+3・\left(\frac{1}{2}\right)^3+4・\left(\frac{1}{2}\right)^4+5・\left(\frac{1}{2}\right)^5+…+n・\left(\frac{1}{2}\right)^n}$$。
$${\displaystyle \sum_{i=0}^n {}_n\mathrm{C}_ia^i > {}_n\mathrm{C}_2a^2=\frac{n(n-1)}{2}a^2 }$$
【解答２】
$${\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}b_n、b_{n+1}=\frac{1}{2}a_n}$$なのｓで、$${\displaystyle a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}b_n+\frac{1}{2}a_n,a_{n+1}-b_{n+1}=\frac{1}{2}b_n-\frac{1}{2}a_n=-\left(\frac{1}{2}a_n-\frac{1}{2}b_n\right)}$$。
$${\displaystyle -\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}=-\left(-\frac{1}{2}\right)^{2}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}=-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}}$$。
$${\displaystyle 2a_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}⇔a_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+2}}$$。
$${\displaystyle 2b_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}⇔b_n=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2}-\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+2}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+2}}$$。
$${p_n}$$は$${n}$$秒後に$${\rm B}$$から$${\rm G}$$に遷移する確率と$${\rm D}$$から$${\rm K}$$に遷移する確率の和で、$${n-1}$$秒後に$${\rm B}$$に遷移している確率が$${b_{n-1}、D}$$に遷移している確率が$${d_{n-1}}$$。
$${n}$$秒後に停止位置に遷移する確率は、$${n-1}$$秒後に$${\rm A}$$に遷移していて$${\rm L}$$または$${\rm E}$$に遷移する場合、$${\rm B}$$に遷移していて$${\rm F}$$に遷移する場合、$${\rm C}$$に遷移していて$${\rm I}$$または$${\rm H}$$に遷移する場合、$${\rm D}$$に遷移していて$${\rm J}$$に遷移する場合の確立の和。
$${\displaystyle \sum_{n=1}^∞\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}$$は初項$${\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}}$$公比$${ \displaystyle \frac{1}{2}}$$項数$${n}$$の無限等比数列の和だから、$${\displaystyle \frac{1}{4}\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^∞}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} }$$
$${\displaystyle \sum_{n=1}^∞\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}}$$は初項$${\displaystyle \left(-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}}$$公比$${\displaystyle -\frac{1}{2}}$$項数$${n}$$の無限等比数列の和だから、$${\displaystyle \frac{1}{4}\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^∞}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{4}\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{1}{6} }$$
$${\displaystyle \sum_{n=1}^∞p_n=\sum_{n=1}^∞\frac{1}{2}\left\{\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right\}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}\right)=\frac{1}{6}}$$。
$${\displaystyle \sum_{n=1}^∞q_n=\frac{3}{2}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{1}{6}=\frac{3}{4}+\frac{1}{12}=\frac{10}{12}=\frac{5}{6}}$$。
$${\displaystyle a_{n-1}+b_{n-1}=2\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}=2\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}$$。
【解答３】（１）
$${\rm A}$$点と$${\rm C}$$点には奇数秒後に$${\rm P}$$は存在しえない。同様に$${\rm B}$$点と$${\rm D}$$点には偶数秒後に$${\rm P}$$は存在しえない。
$${\rm A}$$点に$${\m P}$$が存在するのは$${2m}$$秒後の次は$${2m+2}$$秒後であり、$${\rn A}$$から$${\rm B}$$または$${\rm D}$$を経由して$${\rm A}$$に戻る場合と$${\rm C}$$から$${\rm B}$$または$${\rm D}$$を経由して$${\rm A}$$に至る場合の$${4}$$経路ある。
$${2,4,6,…,2m-2}$$なので、$${m-1}$$個ある。
【解答３】（２）
$${\rm P}$$はどの点にいても$${1}$$秒後に消滅も停止もしない確率は$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$であるから、$${n}$$秒後も$${\rm P}$$が消滅も停止もしない確率は$${\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^n}$$。
$${n}$$秒後に消滅するまたは停止する確率は$${p_n+q_n}$$である。
$${p_n+q_n}$$は$${n-1}$$秒後に$${\rm P}$$が消滅も停止もせずに、その次の時刻に停止か消滅する確率だから、$${\displaystyle p_n+q_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\frac{1}{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^n}$$。
$${\displaystyle kr^k=\frac{kr^k(r-1)}{r-1}=\frac{kr^{k+1}-kr^k}{r-1}=\frac{kr^{k+1}-kr^k+r^{k+1}-r^{k+1}}{r-1}=\frac{r^{k+1}(k+1)-kr^k-r^{k+1}}{r-1}=\frac{r^{k+1}(k+1)-kr^k}{r-1}-\frac{r^{k+1}}{r-1}}$$
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n \left\{r^{k+1}(k+1)-kr^k\right\}=2r^2-r+3r^3-2r^2+…+(n+1)r^{n+1}-nr^n=(n+1)r^{n+1}-r }$$。
$${\displaystyle \sum_{k=1}^n\frac{r^{k+1}}{r-1}=\sum_{k=1}^n\frac{r}{r-1}r^k=\frac{r}{r-1}\sum_{k=1}^nr^k=\frac{r}{r-1}r\frac{r^n-1}{r-1}=\frac{r^2(r^n-1)}{(r-1)^2}}$$。
$${ |r|<1 }$$のとき$${\displaystyle \lim_{n→∞}(n+1)r^{n+1}=0、\lim_{n→∞}r^n=0}$$。
$${\displaystyle \frac{-r}{r-1}-\frac{r^2(-1)}{(r-1)^2}=\frac{-r(r-1)+r^2}{(r-1)^2}=\frac{r}{(r-1)^2}}$$となり、$${\displaystyle r=\frac{1}{2}}$$だから、$${\displaystyle \frac{r}{(r-1)^2}=2}$$。
【解答４】
$${P(A)}$$は$${0}$$秒後から$${\rm A}$$に$${\rm P}$$が存在する確率だから$${0}$$秒後の存在確率$${1}$$と、$${\rm B}$$から遷移してくる確率$${\displaystyle \frac{1}{4}x}$$と$${\rm D}$$から遷移してくる確率$${\displaystyle \frac{1}{4}x}$$の和であるから、$${\displaystyle 1+\frac{2}{4}x}$$。
$${P(C)}$$は$${\rm B}$$から遷移してくる確率$${\displaystyle \frac{1}{4}x}$$と$${\rm D}$$から遷移してくる確率$${\displaystyle \frac{1}{4}x}$$の和であるから、$${\displaystyle \frac{2}{4}x}$$。
$${P(A)}$$で$${\rm A}$$に$${\rm P}$$が存在する次の時刻に$${\displaystyle \frac{2}{4}}$$の確率で停止し、$${P(D)}$$で$${\rm D}$$に$${\rm P}$$が存在する次の時刻に$${\displaystyle \frac{2}{4}}$$の確率で停止または消滅する。
全事象Iの確率は$${\rm P}$$が停止または消滅する確率$${\displaystyle \frac{2}{4}\{P(A)+P(B)+P(C)+P(D)\}}$$と永久に移動し続ける事象の確率$${p(M)}$$の和。