第1問
点Oを原点とする座標空間内に一辺の長さがrの正四面体OABC
がある。2点O、Aを通る直線L1はベクトル$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf u}\end{align*}}$=(1，－1，0)と平行
で、2点B、Cを通る直線L2は点P(1，3，2)を通るとする。
次の問いに答えよ。
(1) ベクトルの内積 $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}\ ,\ \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$ をrを用いて表せ。
(2) 点Pから直線L1に垂線をおろし、L1との交点をHとする。
点Hの座標を求めよ。
(3) rの値を求めよ。
(4) 線分BCの中点をMとする。線分OMの長さを求めよ。
(5) 線分BCの中点Mの座標を求めよ。
（(1)、(2)、(3)、(4)については計算の過程を記入しなくてよい。）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
すべての面は一辺rの正三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=r^2\cos\frac{\pi}{2}=\underline{\ \frac{r^2}{2}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=\overrightarrow{\sf OA}\cdot\left(\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OB}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OC}-\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{r^2}{2}-\frac{r^2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 0\ }\end{align*}}$
(2)
HはOA上にあるので、実数tを用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=t\ \overrightarrow{\sf u}=\left(t\ ,\ -t\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
と表すことができるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PH}=\overrightarrow{\sf OH}-\overrightarrow{\sf OP}=\left(t-1\ ,\ -t-3\ ,\ -2\right)\end{align*}}$ ．
PHとL1は垂直なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PH}\cdot\overrightarrow{\sf u}=(t-1)-(-t-3)-0=0\ \ \Leftrightarrow\ \ t=-1\end{align*}}$ ．
よって、Hの座標は、
H(－1，1，0)
となる。
(3)
OAの中点をNとすると、BN⊥OAかつCN⊥OAなので、
OA⊥平面NBCとなる。よって、直線BC上の点Pに対して、
PN⊥OAとなるので、2点HとNは一致する。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=OA=2OH=2\sqrt{(-1)^2+1^2+0}=\underline{\ 2\sqrt2\ }\end{align*}}$
(4)
(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OM=r\ \sin\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\sqrt2\cdot\frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\sqrt6\ }\end{align*}}$ ．
(5)
Mの座標をM(X，Y，Z)とおくと、(4)より
OM2=X2+Y2+Z2=6 ････①
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf HM}=(X+1\ ,\ Y-1\ ,\ Z)\end{align*}}$
であり、HM⊥L1なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf HM}\cdot\overrightarrow{\sf u}=(X+1)-(Y-1)+0=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X=Y-2\end{align*}}$ ････②
さらに、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PM}=(X-1\ ,\ Y-3\ ,\ Z-2)\end{align*}}$
であり、PM⊥HMなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PM}\cdot\overrightarrow{\sf HM}=(X-1)(X+1)+(Y-3)(Y-1)+Z(Z-2)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X^2+Y^2+Z^2-4Y-2Z+2=0\end{align*}}$ ････③
①、③の差をとって整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Z=-2Y+4\end{align*}}$ ････④
②、④を①に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (Y-2)^2+Y^2+(-2Y+4)^2=6\end{align*}}$
となり、これを解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y=1\ ,\ \frac{7}{3}\end{align*}}$ ．
各Yに対して②、④を用いてX、Zをそれぞれ計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M(X\ ,\ Y\ ,\ Z)=\underline{\ \left(-1\ ,\ 1\ ,\ 2\right)\ ,\ \left(\frac{1}{3}\ ,\ \frac{7}{3}\ ,\ -\frac{2}{3}\right)\ }\end{align*}}$
を得る。
(3)で図形的な解釈が必要となってきます。
こういった考え方に慣れていない高校生にはちょっと厳しいかもしれませんね。
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- 2013/02/25(月) 23:57:00|
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第2問
xy平面上の3点A($\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ ，0)、B(0，1)、P(X，Y)を原点のまわりに
$\small\sf{\theta}$ 回転させた点をそれぞれA’、B’、P’とおく。ただし
$\small\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{4}<\theta<\frac{\pi}{4}\ \ ,\ \ X>0\ \ ,\ \ Y>0\end{align*}}$
とする。次の各問いに答えよ。
(1) 2点A’、B’を通る方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{align*}}$ ････(＊)
で表される楕円が存在するとき、a2、b2を$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(2) (1)において$\small\sf{\theta}$ のとりうる値の範囲を求めよ。
(3) 3点A’、B’、P’を通る方程式(＊)で表される楕円が存在する
とき、点P(X，Y)の存在範囲を座標平面上に図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
A、Bはそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\left(\sqrt3\cos 0\ ,\ \sqrt3\sin 0\right)\ \ ,\ \ B\left(\cos\frac{\pi}{2}\ ,\ \sin\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
と表されるので、それぞれを原点を中心に$\scriptsize\sf{\theta}$ だけ回転させた
点A’、B’は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A'\left(\sqrt3\cos \theta\ ,\ \sqrt3\sin \theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B'\left(\cos\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)\ ,\ \sin\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)\right)=\left(-\sin\theta\ ,\ \cos\theta\right)\end{align*}}$ ．
これらがともに楕円(※)上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3\cos^2\theta}{a^2}+\frac{3\sin^2\theta}{b^2}=1\ \ ,\ \ \frac{\sin^2\theta}{a^2}+\frac{\cos^2\theta}{b^2}=1\end{align*}}$ ．
それぞれの両辺をcos2$\scriptsize\sf{\theta}$ （≠0)で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{a^2}+\frac{3\tan^2\theta}{b^2}=\frac{1}{\cos^2\theta}=\tan^2\theta+1\end{align*}}$ ････①
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\tan^2\theta}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{1}{\cos^2\theta}=\tan^2\theta+1\end{align*}}$ ････②
となり、①－②×3tan2$\scriptsize\sf{\theta}$ を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3-3\tan^4\theta}{a^2}=(1+\tan^2\theta)(1-3\tan^2\theta)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a^2=\frac{3(1-\tan^4\theta)}{(1+\tan^2\theta)(1-3\tan^2\theta)}=\underline{\ \frac{3(1-\tan^2\theta)}{1-3\tan^2\theta}\ }\end{align*}}$
同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b^2=\underline{\ \frac{3(1-\tan^2\theta)}{3-\tan^2\theta}\ }\end{align*}}$ ．
(2)
a、bは実数なので、a2＞0、b2＞0である。
ここで題意より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{4}<\theta<\frac{\pi}{4}\ \ \Leftrightarrow\ \ 1-\tan^2\theta>1\end{align*}}$ ････③
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b^2=\frac{3(1-\tan^2\theta)}{3-\tan^2\theta}>0\end{align*}}$
は常に満たされる。
また、③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2=\frac{3(1-\tan^2\theta)}{1-3\tan^2\theta}> 0\ \ \Leftrightarrow\ \ 1-3\tan^2\theta\> 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{1}{\sqrt3}<\tan\theta< \frac{1}{\sqrt3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ -\frac{\pi}{6}< \theta < \frac{\pi}{6}\ }\end{align*}}$
(3)
点(X、Y)を原点中心に$\scriptsize\sf{\theta}$ だけ回転させた点(X’，Y’)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{X'}{Y'}=\begin{pmatrix}\cos\theta &-\sin\theta\\ \sin\theta &\cos\theta\end{pmatrix}\binom{X}{Y}=\binom{X\cos\theta-Y\sin\theta}{X\sin\theta+Y\cos\theta}\end{align*}}$
であり、これが(※)上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{X\cos\theta-Y\sin\theta}{a^2}+\frac{X\sin\theta+Y\cos\theta}{b^2}=1\end{align*}}$
両辺をcos2$\scriptsize\sf{\theta}$ （≠0）で割って、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{X-Y\tan\theta}{a^2}+\frac{X\tan\theta+Y}{b^2}=\frac{1}{\cos^2\theta}=1+\tan^2\theta\end{align*}}$ ．
これを整理して、t=tan$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{a^2}+\frac{t^2}{b^2}\right)X^2+\left(\frac{t^2}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)Y^2-2t\left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)XY=1+t^2\end{align*}}$ ．
(1)および①、②を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}(1+t^2)X^2+(1+t^2)Y^2-2t\cdot\frac{-2(1+t^2)}{3(1-t^2)}XY=1+t^2\end{align*}}$
両辺を(1+t2)（≠0)で割って、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}X^2+Y^2+\frac{4t}{3(1-t^2)}XY=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2t}{1-t^2}=\frac{X^2+3Y^2-3}{2XY}\end{align*}}$ ←③および、X、Y≠0より
ここで、tanの倍角公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan-2\theta}=\frac{X^2+3Y^2-3}{2XY}\end{align*}}$
であり、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{3}<2\theta<\frac{\pi}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ -\sqrt3<\tan 2\theta<\sqrt3\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\sqrt3<\frac{X^2+3Y^2-3}{2XY}<\sqrt3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{ \begin{array}{ll}\sf X^2+3Y^2+2\sqrt3XY-3>0 \\ \sf X^2+3Y^2-2\sqrt3XY-3<0 \\\end{array} \right.\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{ \begin{array}{ll}\sf (X+\sqrt3Y)^2>3 \\ \sf (X-\sqrt3Y)^2<3 \\\end{array} \right.\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{ \begin{array}{ll}\sf X+\sqrt3Y>\sqrt3\ \ \ (\because X,Y>0) \\ \sf -\sqrt3\lt X-\sqrt3Y<\sqrt3 \\\end{array} \right.\end{align*}}$
これを満たす領域を図示すると、下図のようになる。
ただし、境界上の点は含まない。
(3)の計算はエグイですね・・・・
tanの倍角公式は気づきにくいと思います。
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- 2013/02/26(火) 23:57:00|
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第3問
nは2以上の自然数とする。n桁の自然数mを
m=10n-1an+10n-2an-1+･･･+10a2+a1
と表す。ただし、ak（k=1，･･･，n－1）は0以上9以下の
整数であり、anは1以上9以下の自然数とする。
次の各問いに答えよ．
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{11}\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}a_k\end{align*}}$ が整数であることはmが11で割り切れるための
必要十分条件であることを証明せよ。
(2) 自然数L=9876543210123456789は11で割り切れるどうか
(1)を利用して判定せよ。
(3) n=19とする。自然数mは
a19=a1=9、
a18=a2=8、
a17=a3=7、
a10=0
かつ
a20-k=ak（k=4，5，6，7，8，9）
で表されているとする。ただし、a4、a5、a6、a7、a8、a9は相異なる
1以上6以下の自然数である。このとき，自然数mのうちで11で割り
切れるものはいくつあるか答えよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
mは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=\sum_{k=1}^n\ 10^{k-1}a_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a_1+\sum_{k=2}^n\ 10^{k-1\ }a_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a_1+\sum_{k=2}^n\ \underline{(11-1)^{k-1}}\ a_k\end{align*}}$ ････①
と変形でき、二項定理を用いると下線部は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (11-1)^{k-1}=\sum_{r=0}^{k-1}\ _{k-1}C_r\cdot 11^{r}\cdot(-1)^{k-r-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{k-1}C_0\cdot 11^{0}\cdot(-1)^{k-1}+\sum_{r=1}^{k-1}\ _{k-1}C_r\cdot 11^{r}\cdot(-1)^{k-r-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(-1)^{k-1}+11\sum_{r=1}^{k-1}\ _{k-1}C_r\cdot 11^{r-1}\cdot(-1)^{k-r-1}\end{align*}}$
となる。この式で、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{r=1}^{k-1}\ _{k-1}C_r\cdot 11^{r-1}\cdot(-1)^{k-r-1}\end{align*}}$
は整数なので、これをbkとおくと、①は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=a_1+\sum_{k=2}^n\ \left\{(-1)^{k-1}+11b_k\right\}a_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a_1+\sum_{k=2}^n\ (-1)^{k-1}a_k+11\sum_{k=2}^na_kb_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^n\ (-1)^{k-1}a_k+11\sum_{k=2}^na_kb_k\end{align*}}$
となる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 11\sum_{k=2}^na_kb_k\end{align*}}$ は11の倍数となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\ (-1)^{k-1}a_k\end{align*}}$ が11の倍数
であれば、mも11の倍数となる。
したがって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{11}\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}a_k\end{align*}}$ が整数になれば、mは11で割り切れるので、
題意は示された。
(2)
Lは19桁の自然数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{11}\sum_{k=1}^{19}(-1)^{k-1}a_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{11}\left(9-8+7-6+5-4+3-2+1-0+1-2+3-4+5-6+7-8+9\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{10}{11}\end{align*}}$
となり、これは整数ではない。
よって、(1)より、Lは11で割り切れない。
(3)
条件より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{11}\sum_{k=1}^{19}\ (-1)^{k-1}a_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{11}(9-8+7-a_4+a_5-a_6+a_7-a_8+a_9-0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +a_{11}-a_{12}+a_{13}-a_{14}+a_{15}-a_{16}+7-8+9)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{11}\left(9-8+7-a_4+a_5-a_6+a_7-a_8+a_9\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{11}\left\{8+(a_4+a_5+a_6+a_7+a_8+a_9)-2(a_4+a_6+a_8)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{11}\left\{8+(1+2+3+4+5+6)-2(a_4+a_6+a_8)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{11}\left\{29-2(a_4+a_6+a_8)\right\}\end{align*}}$ ････②
ここで
1+2+3≦a4+a6+a8≦4+5+6
⇔ －1≦29－2(a4+a6+a8)≦17
より、②が整数となるのは、
29－2(a4+a6+a8)=0 または 11
のときであり、a4+a6+a8は整数なので、
a4+a6+a8=9．
1以上6以下の自然数で相異なる3数の和が9になるのは、
1+2+6 1+3+5 2+3+4
の3通りの場合があり、それぞれに対してa4、a6、a8
の決め方は3!通りある。
また、残りの3数a5、a7、a9の決め方も3!通りあるので、
11の倍数となるようなmは全部で 3･3!･3!=108個 ある。
(1)は、次のように帰納法を使う手もあります。
まず、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}m=\sum_{k=1}^n\ 10^{k-1}a_k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=\sum_{k=1}^n\ \left\{10^{k-1}-(-1)^{k-1}+(-1)^{k-1}\right\}a_k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}=\sum_{k=1}^n\ \left\{10^{k-1}-(-1)^{k-1}\right\}a_k+\sum_{k=1}^n\ (-1)^{k-1}a_k}\end{align*}}$
と変形しておいて、
10k-1－(－1)k-1が11の倍数となることを帰納法で示す。
(ⅰ)k=1のときはOK
(ⅱ)k=mのとき、10m-1－(－1)m-1が11の倍数であると仮定すると、
10m-1－(－1)m-1=11N
⇔ 10m-1=11N+(－1)m-1
これより、
10m－(－1)m
=10{11N+(－1)m-1}－(－1)m
=110N+10(－1)m-1+(－1)m-1
=11{10N+(－1)m-1}
となるので、任意のkに対して10k-1－(－1)k-1は11の倍数となる。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\sum_{k=1}^n\ \left\{10^{k-1}-(-1)^{k-1}\right\}a_k}\end{align*}}$ は11の倍数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\sum_{k=1}^n\ (-1)^{k-1}a_k}\end{align*}}$ が11の倍数であればmも11の倍数となる。
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- 2013/02/27(水) 23:57:00|
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第4問
nを自然数としてfn(x)=sinx sin2nxとおく。
次の各問いに答えよ。
(1) kはk=0，1，･･･，n－1である整数とする。sinx=fn(x)を
満たす区間 $\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{k}{n}\pi\ ,\ \frac{k+1}{n}\pi\right)\end{align*}}$ におけるxを求めよ。
(2) (1)で求めた解をxkとおく。点(xk，fn(xk))において2曲線
y=sinxとy=fn(x)は共通の接線をもつことを示せ。
(3) 積分
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_n=\int_0^{\pi}\ f_n\ (x)\ dx\end{align*}}$
を求めよ．
(4) 3点 $\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{k}{n}\pi\ ,\ 0\right)\ ,\ \left(x_k\ ,\ f_k\ (x_k)\right)\ ,\ \left(\frac{k+1}{n}\pi\ ,\ 0\right)\end{align*}}$ を頂点とする三角形の
面積をTkとする。このとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{S_n}\sum_{k=0}^{n-1}\ T_k\end{align*}}$
を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
まず、
sinx=fn(x)=sinx sin2nx
⇔ sinx(sin2nx－1)=0
⇔ sinx=0 または sin(nx)=±1 ････①
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{k}{n}\pi\lt x<\frac{k+1}{n}\pi\ \ \left(k=1,2,\ldots ,n-1\right)\end{align*}}$
の範囲では、sinx≠0．
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{k}{n}\pi\lt x<\frac{k+1}{n}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ k\pi\lt nx<(k+1)\pi\end{align*}}$
で①を満たすのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf nx=k\pi+\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\underline{\ \frac{2k+1}{2n}\pi\ }\end{align*}}$
のときである。
(2)
g(x)=sinxとおくと、g’(x)=cosx なので、
g’(xk)=cosxk
一方、fn(x)の導関数は、
fn’(x)=cosx sin2nx+sinx･2sin(nx)･ncos(nx)
(1)より、sin2nxk=1であり、このときcos(nxk)=0
となるので、
fn’(xk)=cosxk sin2nxk+sinxk･2sin(nxk)･ncos(nxk)
=cosxk．
これらより、
g’(xk)=f’(xk)
となるので、題意は示された。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\int_0^{\pi}\sin x\ \sin^2 nx\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\sin x\left(1- \cos 2nx\right)\ dx\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\sin x\ dx-\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\sin x\ \cos 2nx\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg[-\cos x\bigg]_0^{\pi}-\frac{1}{4}\int_0^{\pi}\left\{\sin (2n+1)x-\sin(2n-1)x\right\}\ dx\end{align*}}$ ←和積の公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\frac{1}{4}\left[-\frac{\cos(2n+1)x}{2n+1}+\frac{\cos(2n-1)x}{2n-1}\right]_0^{\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)+\left(-\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n-1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{4n^2}{4n^2-1}\ }\end{align*}}$
(4)
三角形の面積は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_k=\frac{1}{2}\left(\frac{k+1}{n}\pi-\frac{k}{n}\pi\right)\cdot f_n(x_k)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{n}\cdot \sin(x_k)\end{align*}}$ ←(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2n}\cdot \sin\frac{2k+1}{2n}\pi\end{align*}}$ ←(1)より
となるので、求める極限をLとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{4n^2-1}{4n^2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\pi}{2n}\cdot \sin\frac{2k+1}{2n}\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left(1-\frac{1}{4n^2}\right)\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \sin\frac{2k+1}{2n}\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \sin\frac{2k+1}{2n}\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \left(\sin\frac{k\pi}{n}\cos\frac{\pi}{2n}+\cos\frac{k\pi}{n}\sin\frac{\pi}{2n}\right)\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n}\right)\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\cos\frac{\pi}{2n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +\frac{\pi}{2}\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \cos\frac{k\pi}{n}\right)\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\sin\frac{\pi}{2n}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\cos\frac{\pi}{2n}=1\ \ ,\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\sin\frac{\pi}{2n}=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=\frac{\pi}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\int_0^1\ \sin \pi x\ dx\end{align*}}$ ←区分求積法
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\left[-\frac{1}{\pi}\cos \pi x\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1\ }\end{align*}}$
(4)の計算がゴチャゴチャしていますが、大丈夫ですか？
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2013/02/28(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .大阪府立大 中期 2007（工）
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