第1問
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt \theta\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ とする。点Oを中心とする円周上に反時計回りに並んだ
5点A、B、C、D、Eがあり、∠AOB、∠BOC、∠COD、∠DOEは
すべて$\small\sf{\theta}$ に等しい。$\small\sf{\alpha=2\pi-4\theta\ ,\ \ \overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf OC}\ ,\ \ t=\cos\theta}$ とする。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OD}\end{align*}}$ および $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OE}\end{align*}}$ を $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ とtを用いて表せ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OC}+\overrightarrow{\sf OD}+\overrightarrow{\sf OE}=\overrightarrow{\sf 0}\end{align*}}$ が成り立つとき、$\small\sf{\alpha}$ は$\small\sf{\theta}$ に等しいこと
を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
円の半径をr(＞0)とする。
xy平面上において点CをC(r，0)とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\left(r\cos(-2\theta)\ ,\ r\sin(-2\theta)\right)=\left(r\cos2\theta\ ,\ -r\sin2\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}=\left(r\cos(-\theta)\ ,\ r\sin(-\theta)\right)=\left(r\cos\theta\ ,\ -r\sin\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OD}=\left(r\cos\theta\ ,\ r\sin\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OE}=\left(r\cos2\theta\ ,\ r\sin2\theta\right)\end{align*}}$
と表されるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OD}=\left(2r\cos\theta\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cos\theta\left(r\ , \ 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2t\ \overrightarrow{\sf c}\ \ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OE}=\left(2r\cos2\theta\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cos2\theta\left(r\ , \ 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left(2\cos^2\theta-1\right)\ \left(r\ , \ 0\right)\end{align*}}$ ←cosの倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2(2t^2-1)\ \overrightarrow{\sf c}\ \ }\end{align*}}$
(2)
(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}+\overrightarrow{\sf OB}+\overrightarrow{\sf OC}+\overrightarrow{\sf OD}+\overrightarrow{\sf OE}=\left\{2t+2(2t^2-1)+1\right\}\ \overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf 0}\end{align*}}$
となり、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf c}\ne\overrightarrow{\sf 0}\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2t+2(2t^2-1)+1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ t^2=\frac{-2t+1}{4}\end{align*}}$ ････①
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(2\pi-4\theta\right)=\cos4\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cos^2 2\theta-1\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left(2\cos^2\theta-1\right)^2-1\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left(2t^2-1\right)^2-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left(\frac{-2t+1}{2}-1\right)^2-1\end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2t^2+2t-\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cdot\frac{-2t+1}{4}+2t-\frac{1}{2}\end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\cos\theta\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\sf 0\lt\theta\lt\pi/2\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt\theta\lt 4\theta\lt 2\pi}$
なので、
$\scriptsize\sf{\sf 4\theta+\theta=2\pi}$
⇔ $\scriptsize\sf{\alpha=2\pi-4\theta=\theta}$
が成り立つ。
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- 2012/12/20(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .京都工芸繊維大 前期 2010
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第2問
nは2以上の自然数とする。1つの袋と1つの箱がある。袋には
白玉3個と赤玉2個が入っており、箱には何も入っていない。
次の操作を考える。
袋から玉を1個取り出し、白玉なら袋に戻し、
赤玉なら箱に入れる。
この操作をn回繰り返す。n回目の操作の後、箱に入っている
赤玉の個数をXとする。
(1) kをn以下の自然数とする。k回目の操作では赤玉を取り出し、
k回目以外のn－1回の操作では白玉を取り出す確率をnとk
を用いて表せ。次に、X=1である確率を求めよ。
(2) X=2である確率qnを求めよ。
(3) Xの期待値Enを求めよ。また、極限
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n}\log(2-E_n)\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
題意を満たすためには、
最初のk－1回は、(白3、赤2)の状態から白を取り出し、
k回目は、(白3、赤2)の状態から赤を取り出し、
k+1回目からは、(白3、赤2)の状態から白を取り出せば
よいので、その確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{5}\right)^{k-1}\cdot\frac{2}{5}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{n-k}=\frac{5}{3}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^{k}\cdot\frac{2}{5}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{2}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^k\ \ }\end{align*}}$ ．
kは1からnまでの値をとるので、X=1となる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^k=\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n\cdot\frac{\frac{4}{5}\left\{1-\left(\frac{4}{5}\right)^n\right\}}{1-\frac{4}{5}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{8}{3}\left\{\left(\frac{3}{4}\right)^n-\left(\frac{3}{5}\right)^n\right\}\ \ }\end{align*}}$ ．
(2)
X=0となるためには、n回とも白を取り出せばよいので、
その確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{5}\right)^n\end{align*}}$ ．
これと(1)より、X=2となる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1-\frac{8}{3}\left\{\left(\frac{3}{4}\right)^n-\left(\frac{3}{5}\right)^n\right\}-\left(\frac{3}{5}\right)^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1-\frac{8}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n+\frac{5}{3}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^n\ \ }\end{align*}}$ ．
(3)
(1)、(2)より、Xの期待値Eは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E=1\cdot\frac{8}{3}\left\{\left(\frac{3}{4}\right)^n-\left(\frac{3}{5}\right)^n\right\}+2\cdot\left\{1-\frac{8}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n+\frac{5}{3}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^n\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2-\frac{8}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n+\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^n\ \ }\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n}\log(2-E_n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n}\log\left\{\frac{8}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^n-\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{3}{5}\right)^n\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n}\log\left(\frac{3}{4}\right)^n+\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n}\log\left\{\frac{8}{3}-\frac{2}{3}\cdot\left(\frac{4}{5}\right)^n\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\frac{3}{4}+\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{n}\log\frac{8}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log\frac{3}{4}\ \ }\end{align*}}$ ．
最後の極限の変形が難しいかもしれませんね。
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- 2012/12/21(金) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .京都工芸繊維大 前期 2010
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第3問
関数
$\small\sf{\sf f(t)=2(\cos t-\sin t)}$
$\small\sf{\sf g(t)=\cos t+\sin t}$
を用いて媒介変数表示された、xy平面上の曲線
$\small\sf{\sf C:\ x=f(t)\ ,\ \ y=g(t)}$
がある。点A$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{3}{4}\ ,\ \frac{3}{2}\right)\end{align*}}$ からC上の点P(f(t)，g(t))までの距離AP
の2乗AP2をh(t)とおく。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{d}{dt}\ h(t)=0\end{align*}}$ となるtの値を0≦t≦2$\small\sf{\pi}$ の範囲ですべて求めよ。
(2) Cは楕円であることを示せ。
(3) PがC上を動くとき、APを最小にするPの座標、およびAPを
最大にするPの座標を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
C上の点Pの座標は、
$\scriptsize\sf{ \sf P(2(\cos t-\sin t)\ ,\ \cos t+\sin t)}$
と表されるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ (t)=\left\{2(\cos t-\sin t)-\frac{3}{4}\right\}^2+\left(\cos t+\sin t-\frac{3}{2}\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4(\cos^2t-2\sin t\cos t+\sin^2t)-3(\cos t-\sin t)+\frac{9}{16}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +\sin^t+2\sin t\cos t+\cos^2t-3(\cos t+\sin t)+\frac{9}{4} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-6\sin t\cos t-6\cos t+\frac{125}{16}\end{align*}}$
となる。これをtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{d}{dt}h\ (t)=-6\cos^2t+6\sin^2t+6\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-6(1-\sin^2t)+6\sin^2t+6\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6(2\sin^2t+\sin t-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6(2\sin t-1)(\sin t+1)\end{align*}}$ ．
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{d}{dt}h\ (t)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \sin t=-1\ ,\ \frac{1}{2}\end{align*}}$ ．
0≦t≦2$\scriptsize\sf{\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\underline{\ \frac{\pi}{6}\ ,\ \frac{5\pi}{6}\ ,\ \frac{3\pi}{2}\ \ }\end{align*}}$．
(2)
三角関数を合成すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=2\sqrt2\cos\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\ \ ,\ \ y=\sqrt2\sin\left(t+\frac{\pi}{4}\right)\end{align*}}$ ････①
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{\left(2\sqrt2\right)^2}+\frac{y^2}{\left(\sqrt2\right)^2}=\cos^2\left(t+\frac{\pi}{4}\right)+\sin^2\left(t+\frac{\pi}{4}\right)=1\end{align*}}$ ．
ここで、tは任意の実数値をとるので、①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\sqrt2\leqq x\leqq 2\sqrt2\ \ ,\ \ \sqrt2\leqq y\leqq \sqrt2\end{align*}}$ ．
よって、点Pは楕円
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{\left(2\sqrt2\right)^2}+\frac{y^2}{\left(\sqrt2\right)^2}=1\end{align*}}$
の周上をすべて動くこととなるので、曲線Cは楕円を表す。
(3)
(1)より、0≦t≦2$\scriptsize\sf{\pi}$ におけるh(t)の増減は次のようになる。
h(t)は周期2$\scriptsize\sf{\pi}$ の周期関数であり、h(0)=h(2)なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{\pi}{6}\end{align*}}$ で最小、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{5\pi}{6}\end{align*}}$ で最大
となる。
よって、APが最小となるのは、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{\pi}{6}\end{align*}}$ のときであり、
そのときの点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(2\left(\cos\frac{\pi}{6}-\sin\frac{\pi}{6}\right)\ ,\ \cos\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{6}\right)=\underline{\ \left(\sqrt3-1\ ,\ \frac{\sqrt3+1}{2}\right)\ \ }\end{align*}}$ ．
また、APが最大となるのは、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{5\pi}{6}\end{align*}}$ のときであり、
そのときの点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(2\left(\cos\frac{5\pi}{6}-\sin\frac{5\pi}{6}\right)\ ,\ \cos\frac{5\pi}{6}+\sin\frac{5\pi}{6}\right)=\underline{\ \left(-\sqrt3-1\ ,\ \frac{-\sqrt3+1}{2}\right)\ \ }\end{align*}}$ ．
三角関数をcosで合成できますか？？
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue} \cos t-\sin t=\sqrt2\left(\frac{1}{\sqrt2}\cos t-\frac{1}{\sqrt2}\sin t\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue} =\sqrt2\left(\cos t\ \cos\frac{\pi}{4}-\sin t\ \sin\frac{\pi}{4}\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue} =\sqrt2\cos\left(t+\frac{\pi}{4}\right)}\end{align*}}$ ←cosの加法定理より
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- 2012/12/22(土) 23:57:00|
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第4問
(1) 不定積分
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int\frac{1}{1+e^x}\ dx\end{align*}}$
を求めよ。
(2) 実数aに対して定積分
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^2\left|\frac{1}{1+e^x}-\frac{1}{1+e^a}\right|\ dx\end{align*}}$
の値をS(a)とおく。aが0≦a≦2の範囲を動くとき、
S(a)の最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
t=1+exとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=e^x=t-1\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int\frac{1}{1+e^x}\ dx=\int\frac{1}{t}\cdot\frac{dt}{t-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int\left(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t}\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\left|t-1\right|-\log\left|t\right|+C\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\left|e^x\right|-\log\left|1+e^x\right|+C\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log e^x-\log\left(1+e^x\right)+C\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log \frac{e^x}{1+e^x}+C\ \ }\end{align*}}$ ．
ただし、Cは積分定数である。
(2)
xの関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{1}{1+e^x}\ \ \ (0\leqq x\leqq 2)\end{align*}}$
と定義すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=-\frac{e^x}{(1+e^x)^2}<0\end{align*}}$
となり、f(x)は単調に減少する。
よって、0≦a≦2である実数aに対して
0≦x≦aのとき、f(x)－f(a)＞0
a≦x≦2のとき、f(x)－f(a)＜0
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\ (a)=\int_0^2\left|f\ (x)-f\ (a)\right|\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^a\left(f\ (x)-f\ (a)\right)\ dx+\int_a^2\left(-f\ (x)+f\ (a)\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^a\left(\frac{1}{1+e^x}-\frac{1}{1+e^a}\right)\ dx+\int_a^2\left(-\frac{1}{1+e^x}+\frac{1}{1+e^a}\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\log \frac{e^x}{1+e^x}-\frac{x}{1+e^a}\right]_0^a+\left[-\log \frac{e^x}{1+e^x}+\frac{x}{1+e^a}\right]_a^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left(\log \frac{e^a}{1+e^a}-\frac{a}{1+e^a}\right)-\log\frac{1}{2}-\left(\log \frac{e^2}{1+e^2}-\frac{2}{1+e^a}\right)\end{align*}}$ ．
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\log \frac{e^a}{1+e^a}-\frac{2(a-1)}{1+e^a}-\log\frac{1}{2}-\log \frac{e^2}{1+e^2}\end{align*}}$ ．
aで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\ '(a)=2\left\{\frac{1+e^a}{e^a}\cdot\left(\frac{e^a}{1+e^a}\right)'-\frac{1\cdot(1+e^a)-(a-1)\cdot e^a}{(1+e^a)^2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{\frac{1+e^a}{e^a}\cdot\frac{e^a(1+e^a)-e^a\cdot e^a}{(1+e^a)^2}-\frac{1+2e^a-ae^a}{(1+e^a)^2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{\frac{1}{1+e^a}-\frac{1+2e^a-ae^a}{(1+e^a)^2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cdot\frac{(1+e^a)-1-2e^a+ae^a}{(1+e^a)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2(a-1)e^a}{(1+e^a)^2}\end{align*}}$ ．
0≦a≦2の範囲でS(a)の増減を調べると次のようになる。
よって、a=1のときS(a)は最小となり、その値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\ (1)=2\log \frac{e}{1+e}-\log\frac{1}{2}-\log \frac{e^2}{1+e^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\left\{\left(\frac{e}{1+e}\right)^2\cdot 2\cdot\frac{1+e^2}{e^2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log\frac{2(1+e^2)}{(1+e)^2}\ \ }\end{align*}}$ ．
計算が面倒ですが、頑張りましょう！
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- 2012/12/23(日) 23:57:00|
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