第1問
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{4}{3+4x^2}\end{align*}}$ とする。次の問いに答えよ。
(1) 直線y=1と曲線y=f(x)の交点のうち、x座標が正であるものを
Pとする。点Pにおけるy=f(x)の接線の方程式を求めよ。
(2) 直線y=1と曲線y=f(x)で囲まれた図形の面積を求めよ。
(3) 直線y=1と曲線y=f(x)で囲まれた図形をx軸のまわりに1回転
させてできる回転体の体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4}{3+4x^2}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ 4=3+4x^2\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\frac{1}{2}\end{align*}}$
となるので、点Pの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(\frac{1}{2}\ ,\ 1\right)\end{align*}}$
である。
一方、f(x)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{-4\cdot(3+4x^2)'}{(3+4x^2)^2}=-\frac{32x}{(3+4x^2)^2}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{16}{(3+1)^2}=-1\end{align*}}$ ．
以上より、点Pにおける接線の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-1=-\left(x-\frac{1}{2}\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=-x+\frac{3}{2}\ }\end{align*}}$ ．
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (-x)=\frac{4}{3+4(-x)^2}=\frac{4}{3+4x^2}=f\ (x)\end{align*}}$
なので、f(x)は偶関数である。
よって、y=f(x)のグラフはy軸について対称になるので、
求める面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=2\int_0^{\frac{1}{2}}\left(\frac{4}{3+4x^2}-1\right)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =8\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{3+4x^2}\ dx-1\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{\sqrt3}{2}\ \tan \theta\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=\frac{\sqrt3}{2\cos^2\theta}\end{align*}}$
であり、対応する積分区間は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta:\ 0\rightarrow\frac{\pi}{6}\end{align*}}$
に変わるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=8\int_0^{\pi /6}\frac{1}{3+3\tan^2\theta}\cdot\frac{\sqrt3\ d\theta}{2\cos^2\theta}-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4\sqrt3}{3}\int_0^{\pi /6}\ \cos^2\theta\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta}-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4\sqrt3}{3}\int_0^{\pi /6}\ d\theta-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4\sqrt3}{3}\bigg[\ \theta\ \bigg]_0^{\pi /6}-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{2\sqrt3\ \pi}{9}-1\ }\end{align*}}$ ．
(3)
求める体積をVとすると、図の対称性より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=2\pi\int_0^{\frac{1}{2}}\left\{\left(\frac{4}{3+4x^2}\right)^2-1^2\right\}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =32\pi\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{1}{(3+4x^2)^2}\ dx-\pi\end{align*}}$ ．
ここで、(2)と同様の置換をすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=32\pi\int_0^{\pi /6}\frac{1}{(3+3\tan^2\theta)^2}\cdot\frac{\sqrt3\ d\theta}{2\cos^2\theta}-\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{16\sqrt3\ \pi}{9}\int_0^{\pi /6}\ \cos^4\theta\cdot\frac{d\theta}{\cos^2\theta}-\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{16\sqrt3\ \pi}{9}\int_0^{\pi /6}\ \cos^2\theta\ d\theta-\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{16\sqrt3\ \pi}{9}\int_0^{\pi /6}\ \frac{1+\cos2\theta}{2}\ d\theta-\pi\end{align*}}$ ←半角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{8\sqrt3\ \pi}{9}\left[\theta+\frac{1}{2}\sin2\theta\right]_0^{\pi /6}-\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{8\sqrt3\ \pi}{9}\left(\frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}\right)-\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{4\sqrt3\ \pi^2}{27}-\frac{\pi}{3}\ }\end{align*}}$ ．
tanを使う置換積分は大丈夫ですよね？
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- 2013/01/17(木) 23:57:00|
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第2問
数列{an}が
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=1\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\frac{n}{n+5}\ a_n\ \ \ \ (n=1,2,3,\ldots)\end{align*}}$
で与えられている。数列{bn}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf b_{n}=\frac{n+4}{4}\ a_n\ \ \ \ (n=1,2,3,\ldots)\end{align*}}$
で定める。
(1) 数列{an}の一般項を求めよ。
(2) bn－bn+1－anを求めよ。
(3) Sn=a1+a2+a3+････+anをnを用いて表せ。
(4) 無限級数 a1+a2+a3+････+an+･･･の和を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与えられた漸化式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2}=\frac{1}{6}\ a_1\ \ ,\ \ a_{3}=\frac{2}{7}\ a_2\ ,\ \ldots\ ,\ a_{n}=\frac{n-1}{n+4}\ a_{n-1}\end{align*}}$
であり、これらを順次代入していくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{n-1}{n+4}\cdot\frac{n-2}{n+3}\cdot\frac{n-3}{n+2}\cdot\frac{n-4}{n+1}\cdot\frac{n-5}{n}\cdot\frac{n-6}{n-1}\cdot\ldots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ldots\cdot\frac{6}{11}\cdot\frac{5}{10}\cdot\frac{4}{9}\cdot\frac{3}{8}\cdot\frac{2}{7}\cdot\frac{1}{6}\cdot\ a_1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{5\cdot4\cdot3\cdot2\cdot1}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n}\ a_1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{120}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n}\ }\end{align*}}$ ．
となる。
(2)
与えられた漸化式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_{n+1}=\frac{n+5}{4}\ a_{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n+5}{4}\cdot\frac{n}{n+5}\ a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n}{4}\ a_n\end{align*}}$ ････①
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n-b_{n+1}-a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n+4}{4}\ a_n-\frac{n}{4}\ a_n-a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{(n+4)-n-4}{4}\ a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 0\ \ }\end{align*}}$ ．
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=b_n-b_{n+1}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=(b_1-b_2)+(b_2-b_3)+(b_3-b_4)+\ldots +(b_n-b_{n+1})\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =b_1-b_{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{5}{4}-\frac{n}{4}\cdot\frac{120}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n}\end{align*}}$ ←①と(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{5}{4}-\frac{30}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}\ }\end{align*}}$
(4)
(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ S_n=\underline{\ \frac{5}{4}\ }\end{align*}}$
(1)がすべてです。
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- 2013/01/18(金) 23:57:00|
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第3問
f(x)=2x2－4x+3、g(x)=－x2－2x－2とする。
次の問いに答えよ。
(1) 放物線y=f(x)の頂点と放物線y=g(x)の頂点を通る
直線とこれらの放物線との交点をすべて求めよ。
(2) 放物線y=f(x)と放物線y=g(x)の両方に接する2本の
直線の交点を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)およびg(x)をそれぞれ平方完成すると、
f(x)=2(x－1)2+1
g(x)=－(x+1)2－1
となるので、
頂点の座標は(1，1)および(－1，－1)となる。
よって、この2頂点を通る直線の方程式は
y=x
となる。
y=xとy=f(x)の交点は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=2x^2-4x+3\ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\ , \ \frac{3}{2}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ (1\ ,\ 1)\ \ ,\ \ \left(\frac{3}{2}\ ,\ \frac{3}{2}\right)\ }\end{align*}}$ ．
一方、
y=xとy=g(x)の交点は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=-x^2-2x-2\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-1\ , \ 2\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ (-1\ ,\ -1)\ \ ,\ \ (2\ ,\ 2)\ }\end{align*}}$ ．
(2)
2本の共通接線をL1、L2とし、傾きをそれぞれm1、m2とする。
L1、L2の交点を(p，q)とおくと、方程式はそれぞれ
L1：y=m1(x－p)+q
L2：y=m2(x－p)+q
となる。
L1とy=f(x)を連立させると、
2x2－4x+3=m1(x－p)+q
⇔ 2x2－(4+m1)x+m1p－q+3=0
となり、これらは接するので判別式を考えると、
D1=(4+m1)2－8(m1p－q+3)=0
⇔ m12+(8－8p)m1+8q－8=0 ．
L2についても同様に考えられるので、
m1、m2はtについての2次方程式
t2+(8－8p)t+8q－8=0 ････①
の2解となる。
一方、L1とy=g(x)を連立させると、
－x2－2x+2=m1(x－p)+q
⇔ x2+(2+m1)x－m1p+q+2=0
となり、これらは接するので判別式を考えると、
D2=(2+m1)2－4(－m1p+q+2)=0
⇔ m12+(4+4p)m1－4q－4=0 ．
L2についても同様に考えられるので、
m1、m2はtについての2次方程式
t2+(4+4p)t－4q－4=0 ････②
の2解となる。
①、②の係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 8-8p=4+4p\ \ \Leftrightarrow\ \ p=\frac{1}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 8q-8=-4q-4\ \ \Leftrightarrow\ \ q=\frac{1}{3}\end{align*}}$
となるので、L1とL2の交点の座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(\frac{1}{3}\ ,\ \frac{1}{3}\right)\ }\end{align*}}$
である。
(2)は、微分法を用いて、2接線の方程式を直接求めても構いません。
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- 2013/01/19(土) 23:54:00|
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第4問
2次の正方行列Aの表す1次変換をfとする。（すなわち、行列Aで
表される座標平面上の移動をfとする。）fにより、点(1，1)は点
(2，2)に移り、点(－1，1)は点(－1，1)に移る。次の問いに答えよ。
(1) 行列Aを求めよ。
(2) fによって自分自身に移る点は原点のみであることを証明せよ。
(3) 直線y=ax上のすべての点がfによってx軸上に移る。このとき、
aを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{1}{1}=\binom{2}{2}\ \ ,\ \ A\binom{1}{-1}=\binom{-1}{1}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf 1&\sf 1\\ \sf 1 &\sf -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 2 &\sf -1\\ \sf 2 &\sf 1\end{pmatrix} \end{align*}}$ ････①
ここで、行列Bを
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\begin{pmatrix} \sf 1 &\sf 1\\ \sf 1 &\sf -1\end{pmatrix} \end{align*}}$
とすると、Bのデターミナントは、
detB=－1－1≠0
となるので、Bの逆行列B-1が存在する。
①の両辺に右から
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^{-1}=-\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf -1 \\ \sf -1& \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=-\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf -1 \\ \sf 2& \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf -1 \\ \sf -1& \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 3 \\ \sf 3& \sf 1 \end{pmatrix} \ }\end{align*}}$
を得る。
(2)
fによって点(p，q)が自分自身に移るとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{p}{q}=\binom{p}{q}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (A-E)\binom{p}{q}=\binom{0}{0}\end{align*}}$ ････②
（ただし、Eは2次の単位行列）
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A-E=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 3 \\ \sf 3& \sf 1 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0& \sf 1 \end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 3 \\ \sf 3& \sf -1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
なので、A－Eのデターミナントを計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf det(A-E)=\left(-\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{3}{2}\right)^2\ne 0\end{align*}}$
となり、A－Eの逆行列(A－E)-1が存在する。
②の両辺に左から(A－E)-1をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{p}{q}=(A-E)^{-1}\binom{0}{0}=\binom{0}{0}\end{align*}}$
となるので、fによって自分自身に移る点は
原点のみであることが示された。
(3)
直線y=ax上の点を(s，as)とすると、この点はfによって
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{s}{as}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 3 \\ \sf 3& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{s}{as}=\frac{1}{2}\binom{(1+3a)s}{(3+a)s}\end{align*}}$
に移る。この点がsの値によらずx軸上にあればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}(3+a)s=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a=-3\ }\end{align*}}$
となる。
よくある問題ですね。
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- 2013/01/19(土) 23:57:00|
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