第1問
p、qはp＞0、q＞0を満たす実数とする。xy平面上の2点
A(p－q，(p－q)2)、B(p+q，(p+q)2)
を考える。線分ABの中点をMとし、線分ABの垂直二等分線と
x軸、y軸との交点をそれぞれC(c，0)、D(0，d)とする。
(1) c、dをp、qを用いて表せ。
(2) AB=CMが成り立つためのp、qについての必要十分条件を
求めよ。また、その条件を満たす点(p，q)全体の集合をpq
平面上に図示せよ。
(3) AB=CMが成り立つとき、dのとりうる値の範囲を求めよ．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Mは2点A、Bの中点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M\left(\frac{(p-q)+(p+q)}{2}\ ,\ \frac{(p-q)^2+(p+q)^2}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(p\ ,\ p^2+q^2\right)\end{align*}}$ ・
また、ABの傾きは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{(p+q)^2-(p-q)^2}{(p+q)-(p-q)}=\frac{4pq}{2q}=2p\end{align*}}$
となるので、
ABの垂直二等分線の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-(p^2+q^2)=-\frac{1}{2p}(x-p)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{2p}x+p^2+q^2+\frac{1}{2}\end{align*}}$ ．
これが点C(c，0)およびD(0，d)を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0=-\frac{1}{2p}c+p^2+q^2+\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ c=\underline{\ 2p^3+2pq^2+p\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf d=\underline{\ p^2+q^2+\frac{1}{2}\ }\end{align*}}$ ．
(2)
(1)より
AB2={(p+q)－(p－q)}2+{(p+q)2+(p－q)2}2
=(2q)2+(4pq)2
=4q2(4p2+1)
CM2={(2p3+2pq2+p)－p}2+{0－(p2+q2)}2
={2p(p2+q2)}2+(p2+q2)2
=(4p2+1)(p2+q2)2
となり、これらが等しいので、
4q2(4p2+1)=(4p2+1)(p2+q2)2 ．
両辺を (4p2+1)（≠0）で割ると、
4q2=(p2+q2)2
⇔ (p2+q2)2－(2q)2=0
⇔ (p2+q2－2q)(p2+q2+2q)=0 ････①
ここで、p＞0、q＞0より
p2+q2+2q≠0 ．
よって、①は
p2+q2－2q=0 ････②
となり、この式は、
p2+(q－1)2=1
と変形できるので、これが表す円を
p＞0、q＞0の範囲で図示すると、
右図のようになる。
(3)
(1)で求めたdは、②を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf d=p^2+q^2+\frac{1}{2}=2q+\frac{1}{2}\end{align*}}$
と変形できる。
ここで、(2)の図よりqの範囲は0＜q＜2なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}<2q+\frac{1}{2}<\frac{9}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \frac{1}{2}\lt d<\frac{9}{2}\ }\end{align*}}$ ．
丁寧に計算していきましょう。
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第2問
2以上の自然数nに対して、関数$\small\sf{\sf f_n(x)=(\sin x)^n}$ を考える。
(1) 曲線$\small\sf{\begin{align*} \sf y=f_n(x)\ \ \left(0\lt x\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ には変曲点がただ一つ存在することを
示せ。また，その変曲点のy座標ynを求めよ．
(2) (1)で求めたynについて極限$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ y_n\end{align*}}$ を求めよ。ただし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{h\rightarrow\ 0}\ \left(1+h\right)^{\frac{1}{h}}=e\end{align*}}$
であることを用いてよい．
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ ････①
(1)
fn(x)の第1次および第2次導関数は、
$\scriptsize\sf{\sf f_n'(x)=n(\sin x)^{n-1}\cos x}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n''(x)&=\sf n(n-1)(\sin x)^{n-2}(\cos x)^2+n(\sin x)^{n-1}\cdot(-\sin x) \\ &=\sf n(n-1)(\sin x)^{n-2}(1-\sin^2x)-n(\sin x)^n\\ &=\sf n(\sin x)^{n-2}\left\{(n-1)-n\sin^2x\right\} \end{align*}}$
となり、①の範囲において、$\scriptsize\sf{\sf \sin x\gt 0}$なので、
$\scriptsize\sf{\sf f_n''(x)=0}$ となるのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^2x=\frac{n-1}{n}\ \ (<1)\ \ \Leftrightarrow\ \ \sin x=\sqrt{\frac{n-1}{n}}\ \ (>0)\end{align*}}$
のときである。
このようなxは、①の範囲にただ1つ存在し、その値を$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin \theta=\sqrt{\frac{n-1}{n}}\ \ \ \left(0<\theta<\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ････②
この$\scriptsize\sf{\theta}$ に対して、
$\scriptsize\sf{\sf 0\lt x\lt \theta}$ のとき、$\scriptsize\sf{\sf f_n''(x)\gt 0}$
$\scriptsize\sf{x=\theta}$ のとき、$\scriptsize\sf{\sf f_n''(x)= 0}$
$\scriptsize\sf{\sf \theta\lt x\lt \pi/2}$ のとき、$\scriptsize\sf{\sf f_n''(x)\lt 0}$
となるので、$\scriptsize\sf{x=\theta}$ に対応する点はy=fn(x)の変曲点となる。
このような$\scriptsize\sf{\theta}$ は①の範囲にただ1つしか存在しないので、
題意は示された。
このとき、変曲点のy座標ynは、②より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_n=f_n(\theta)=\left(\sin \theta\right)^n=\underline{\ \left(\sqrt{\frac{n-1}{n}}\right)^n\ }\end{align*}}$ ．
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ y_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\sqrt{\frac{n-1}{n}}\right)^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left(\frac{n-1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\ \left(1-\frac{1}{n}\right)^{\frac{n}{2}}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h=-\frac{1}{n}\end{align*}}$
とおくと、n→∞のときh→－0となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ y_n=\lim_{h\rightarrow -0}\left(1+h\right)^{-\frac{1}{2h}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{h\rightarrow -0}\left\{\left(1+h\right)^{\frac{1}{h}}\right\}^{-\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ e^{-\frac{1}{2}}\ }\end{align*}}$
(2)は、与えられた
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}\lim_{h\rightarrow\ 0}\ \left(1+h\right)^{\frac{1}{h}}=e}\end{align*}}$
が使える形にうまく変形しましょう。
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第3問
Aは0＜A＜$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ を満たす定数とする。
(1) 定積分 $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_A^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos x\right)\log \left(\sin x\right)\ dx\end{align*}}$ を求めよ。
(2) 定積分 $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^A\left(\cos x\right)\log \left(\cos x\right)\ dx\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
求める定積分をＩ1とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 1}\sf =\bigg[(\sin x)\log(\sin x)\bigg]_A^{\frac{\pi}{2}}-\int_A^{\frac{\pi}{2}}\sin x\cdot\frac{\cos x}{\sin x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log 1-(\sin A)\log(\sin A)-\int_A^{\frac{\pi}{2}}\cos x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-(\sin A)\log(\sin A)-\bigg[\sin x\bigg]_A^{\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ -(\sin A)\log(\sin A)-1+\sin A}\end{align*}}$
(2)
求める定積分をＩ2とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 2}\sf =\bigg[(\sin x)\log(\cos x)\bigg]_0^A-\int_0^A \sin x\cdot\frac{-\sin x}{\cos x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(\sin A)\log(\cos A)-0+\int_0^A\frac{\sin^2}{\cos x}\ dx\end{align*}}$ ．
ここで、t=sinx ････① とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=\cos x\end{align*}}$
であり、
x：0→Aに対応するtは、t：0→sinAとなるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^A\frac{\sin^2}{\cos x}\ dx=\int_0^{\sin A}\frac{t^2}{\cos x}\cdot\frac{dt}{\cos x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\sin A}\frac{t^2}{1-\sin^2 x}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\sin A}\frac{t^2}{1-t^2}\ dt\end{align*}}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\sin A}\left(-1+\frac{1}{1-t^2}\right)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\int_0^{\sin A}\ dt+\int_0^{\sin A}\frac{1}{(1-t)(1+t)}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\bigg[\ t\ \bigg]_0^{\sin A}+\frac{1}{2}\int_0^{\sin A}\left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}\right)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\sin A+0+\frac{1}{2}\bigg[-\log(1-t)+\log(1+t)\bigg]_0^{\sin A}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\sin A+\frac{1}{2}\bigg[\log\frac{1+t}{1-t}\bigg]_0^{\sin A}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\sin A+\frac{1}{2}\log\frac{1+\sin A}{1-\sin A}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 2}\sf =\underline{\ (\sin A)\log(\cos A)-\sin A+\frac{1}{2}\log\frac{1+\sin A}{1-\sin A}\ }\end{align*}}$ ．
(2)が少しややこしいですが、丁寧に計算しましょう。
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第4問
xy平面上の点(x，y)でxとyがともに整数であるものを格子点とよぶ。
0以上の整数kに対して、|x|+|y|=kを満たす格子点(x，y)の個数を
akとする．
(1) ak（k=0，1，2，･･･）を求めよ。
(2) nを0以上の整数とする。|x|+|y|≦nを満たす格子点(x，y)の全体を
(x1，y1)、(x2，y2)，････，(xL，yL)
とするとき、L個の数
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{3}\right)^{|x_1|+|y_1|},\ \left(\frac{1}{3}\right)^{|x_2|+|y_2|},\ \ldots\ ,\ \left(\frac{1}{3}\right)^{|x_L|+|y_L|}\end{align*}}$
の総和Snを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
(ⅰ) k=0のとき
|x|+|y|=0を満たす格子点は(0，0)ただ1つなので、
a0=1．
(ⅱ) k≧1のとき
|x|+|y|=kを満たす格子点は、第1象限内に
(1，k－1)、(2，k－2)、･･･、(k－2，2)、(k－1，1)
のk－1個ある。
同様に、第2～4象限にもそれぞれk－1個ずつあり、
座標軸上にある格子点は、(0，±k)、(±k，0)の4個。
よって、
ak=4(k－1)+4=4k
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_k=\underline{\ \left\{ \begin{array}{ll}\sf 1 & (\sf k=0) \\ \sf 4k & (\sf 1\leqq k) \\\end{array} \right.}\end{align*}}$
(2)
0≦k≦nの整数kに対して、
|x|+|y|=kとなる格子点(x，y)の組は ak個あるので、
L個の数
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{3}\right)^{|x_1|+|y_1|},\ \left(\frac{1}{3}\right)^{|x_2|+|y_2|},\ \ldots\ ,\ \left(\frac{1}{3}\right)^{|x_L|+|y_L|}\end{align*}}$
のうちで、値が $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{3}\right)^{k}\end{align*}}$ と等しくなるものはak個ある。
よって、L個の数の和Snは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\sum_{k=0}^n\ a_k\left(\frac{1}{3}\right)^{k}\end{align*}}$ ････①
として求めることができる。
(ⅰ) k=0のとき
①および(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_0=a_0\left(\frac{1}{3}\right)^{0}=1\cdot 1=1\end{align*}}$
(ⅱ) 1≦k≦nのとき
①および(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=a_0\left(\frac{1}{3}\right)^{0}+\sum_{k=1}^n\ a_k\left(\frac{1}{3}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+4\sum_{k=1}^n\ k\left(\frac{1}{3}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+4\left(\frac{1}{3}\right)^{1}+8\left(\frac{1}{3}\right)^{2}+12\left(\frac{1}{3}\right)^{3}+\ldots +4n\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\end{align*}}$ ･･･②
両辺に $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}S_n=\frac{1}{3}+4\left(\frac{1}{3}\right)^{2}+8\left(\frac{1}{3}\right)^{3}+\ldots +4(n-1)\left(\frac{1}{3}\right)^{n}+4n\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\end{align*}}$ ･･･③
となり、②－③を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}S_n=\frac{2}{3}+4\left(\frac{1}{3}\right)+4\left(\frac{1}{3}\right)^{2}+4\left(\frac{1}{3}\right)^{3}+\ldots +4\left(\frac{1}{3}\right)^{n}-4n\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ S_n=1+6\left\{\left(\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}\right)^{2}+\left(\frac{1}{3}\right)^{3}+\ldots +\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}-6n\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+6\cdot \frac{\frac{1}{3}\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}}{1-\frac{1}{3}}-6n\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+3\left\{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}-2n\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4-(3+2n)\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\end{align*}}$
この式は、n=0のときも成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\underline{\ 4-(3+2n)\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}\end{align*}}$ ．
k=0の場合だけ別で考える必要があります。
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