第1問
次の問いに答えよ．
(1) aは実数とする。直線y=axに関する対称移動を表す行列を求めよ。
(2) 点Pを，直線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{\sqrt3}{2}x\end{align*}}$ に関して対称移動し、さらに直線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=-3\sqrt3x\end{align*}}$
に関して対称移動したときの点をQとする。点PをQに移す移動は、
原点を中心とする回転であることを示し、その回転角を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
求める行列をM(a)とし、点P(s，t)が点P’(X，Y)に移るとする。
(ⅰ)a=0のとき
x軸に関する対称移動になるので、
(X，Y)=(s，－t)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{X}{Y}=\binom{s}{-t}=\begin{pmatrix} \sf 1 &\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}\binom{s}{t}\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M(a)=\begin{pmatrix} \sf 1 &\sf 0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}\end{align*}}$ ．
(ⅱ)a≠0のとき
PP’は直線y=axに垂直なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{Y-t}{X-s}=-\frac{1}{a}\ \ \Leftrightarrow\ \ a(Y-t)=-(X-s)\end{align*}}$ ････①
また、PP’の中点は直線y=ax上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{Y+t}{2}=a\cdot\frac{X+s}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ Y+t=a(X+s)\end{align*}}$ ････②
②×a－①を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2at=(1+a^2)X-(1-a^2)s\ \ \Leftrightarrow\ \ X=\frac{(1-a^2)s+2at}{1+a^2}\end{align*}}$
これを②に代入して整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y=a\left\{\frac{(1-a^2)s+2at}{1+a^2}+s\right\}-t=\frac{2as-(1-a^2)t}{1+a^2}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{X}{Y}=\frac{1}{1+a^2}\binom{(1-a^2)s+2at}{2as-(1-a^2)t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{1+a^2}\begin{pmatrix} \sf 1-a^2&\sf 2a \\ \sf 2a& \sf -(1-a^2) \end{pmatrix}\binom{s}{t}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M(a)=\underline{\ \frac{1}{1+a^2}\begin{pmatrix} \sf 1-a^2&\sf 2a \\ \sf 2a& \sf -(1-a^2) \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$ ．
これはa=0のときも成り立つ。
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)=\frac{1}{1+\frac{3}{4}}\begin{pmatrix} \sf 1-\frac{3}{4}&\sf \sqrt3 \\ \sf \sqrt3& \sf -\left(1-\frac{3}{4}\right) \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{7}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 4\sqrt3 \\ \sf 4\sqrt3& \sf -1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)=\frac{1}{1+27}\begin{pmatrix} \sf 1-27&\sf -6\sqrt3 \\ \sf -6\sqrt3& \sf -\left(1-27\right) \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{14}\begin{pmatrix} \sf -13&\sf -3\sqrt3 \\ \sf -3\sqrt3& \sf 13 \end{pmatrix}\end{align*}}$
となるので、PをQに移す移動を表す行列は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)\ M\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)=\frac{1}{14}\begin{pmatrix} \sf -13&\sf -3\sqrt3 \\ \sf -3\sqrt3& \sf 13 \end{pmatrix}\cdot\frac{1}{7}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 4\sqrt3 \\ \sf 4\sqrt3& \sf -1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{98}\begin{pmatrix} \sf -49&\sf -49\sqrt3 \\ \sf 49\sqrt3& \sf -49 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf -\sqrt3 \\ \sf \sqrt3& \sf -1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix} \sf \cos\frac{2\pi}{3}&\sf -\sin\frac{2\pi}{3} \\ \sf \sin\frac{2\pi}{3}& \sf \cos\frac{2\pi}{3} \end{pmatrix}\end{align*}}$
となるので、
これは、原点中心の回転角 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2\pi}{3}\end{align*}}$ の回転移動を表す。
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第2問
AB=AC、BC=2である△ABCの内接円の半径をr、外接円の
半径をRとする。AB=tとするとき、次の問いに答えよ。
(1) rをtを用いて表せ。
(2) Rをtを用いて表せ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{r}{R}\end{align*}}$ の値が最も大きくなるときのtの値と、そのときの $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{r}{R}\end{align*}}$ の値を
求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
△ABCの成立条件より、t＞1 ････①
(1)
BCの中点をMとすると、AM⊥BCとなるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{t^2-1}\end{align*}}$
となり、内接円の中心をIとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ABC=\triangle IAB+\triangle IBC+\triangle ICA\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2}\cdot 2\cdot\sqrt{t^2-1}=\frac{r}{2}\left(t+2+t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r=\underline{\ \frac{\sqrt{t^2-1}}{t+1}}\end{align*}}$ ．
(2)
△ABMにおいて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin B=\frac{AM}{AB}=\frac{\sqrt{t^2-1}}{t}\end{align*}}$
であり、△ABCに正弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2R=\frac{AC}{\sin B}=\frac{t}{\frac{\sqrt{t^2-1}}{t}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ R=\underline{\ \frac{t^2}{2\sqrt{t^2-1}}}\end{align*}}$ ．
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{r}{R}=\frac{\sqrt{t^2-1}}{t+1}\cdot \frac{2\sqrt{t^2-1}}{t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2(t^2-1)}{t^2(t+1)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2(t-1)}{t^2}\end{align*}}$ ←分子･分母÷(t+1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{\frac{t^2}{t-1}}\end{align*}}$ ←分子･分母÷(t－1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{\frac{(t^2-1)+1}{t-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{t+1+\frac{1}{t-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{(t-1)+\frac{1}{t-1}+2}\end{align*}}$ ．
ここで、①よりt－1＞0なので、相加相乗平均より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (t-1)+\frac{1}{t-1}\geqq 2\sqrt{(t-1)\cdot\frac{1}{t-1}}=2\end{align*}}$ ････②
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{r}{R}\leqq \frac{2}{2+2}=\frac{1}{2}\end{align*}}$ ．
また、②の等号が成立するのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t-1=\frac{1}{t-1}\ \ \Leftrightarrow\ \ t=2\ (>1)\end{align*}}$
のときである。
以上より、t=2のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{r}{R}_{\ max}=\underline{\ \frac{1}{2}\ }\end{align*}}$ ．
(3)は微分した方が早いかもしれません・・・
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第3問
△ABCにおいて、辺BC、CA、ABのそれぞれの長さをa、b、cとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf K=2\left(\overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}+\overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf CA}+\overrightarrow{\sf CA}\cdot\overrightarrow{\sf AB}\right)\end{align*}}$
とするとき、次の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}+\overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf CA}=-a^2\end{align*}}$ を示せ。
(2) Ｋ=－(a2+b2+c2)を示せ。
(3) 3Ｋ≦－(a+b+c)2 を示せ。また、この不等式において等号が成立
するとき、△ABCはどのような三角形か。
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【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}+\overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf CA}=\left(\overrightarrow{\sf AB}+\overrightarrow{\sf CA}\right)\cdot\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\overrightarrow{\sf CB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf BC}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-a^2\end{align*}}$
(2)
(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}+\overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf CA}=-a^2\end{align*}}$
同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf CA}+\overrightarrow{\sf CA}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=-b^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf CA}\cdot\overrightarrow{\sf AB}+\overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}=-c^2\end{align*}}$
これら2式を辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\left(\overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf BC}+\overrightarrow{\sf BC}\cdot\overrightarrow{\sf CA}+\overrightarrow{\sf CA}\cdot\overrightarrow{\sf AB}\right)=-(a^2+b^2+c^2)\end{align*}}$
よって、
Ｋ=－(a2+b2+c2)
(3)
(2)より、
－(a+b+c)2－3Ｋ
=－(a2+b2+c2+2ab+2bc+ca)+3(a2+b2+c2)
=2a2+2b2+2c2－2ab－2bc－2ca
=(a2－2ab+b2)+(b2－2bc+c2)+(c2－2ca+a2)
=(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2≧0 ･･････①
よって、
3Ｋ≦－(a+b+c)2
が成り立つ。
また、①の等号が整理するのは、
a=b かつ b=c かつ c=a
すなわち、△ABCが正三角形のときである。
内積計算をしていくだけです。(3)の式変形は有名ですよね。
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第4問
eは自然対数の底とする。f(x)=x(e－ex)とし、曲線y=f(x)の
点(1，0)における接線の方程式をy=g(x)とする。
h(x)=g(x)－f(x)とおく。次の問いに答えよ。
(1) g(x)を求めよ。
(2) 0≦x≦1において、h’(x)≦0、h(x)≧0が成り立つことを示せ。
(3) 0でない実数aに対し、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1x^2e^{ax}\ dx\end{align*}}$
を求めよ。
(4) 0≦x≦1の範囲において、2つの直線y=g(x)、x=0および曲線
y=f(x)で囲まれた図形を、x軸のまわりに回転してできる立体の
体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)の導関数は、
f’(x)=(e－ex)+x(－ex)
=e－(1+x)ex
なので、
f’(1)=e－2e=－e．
よって、(1，0)における接線の方程式は、
y－0=－e(x－1) ⇔ y=－ex+e
となるので、
g(x)=－ex+e ．
(2)
(1)より、
h(x)=－ex+e－x(e－ex)
=e－2ex+xex
となるので、
h(x)の第1次および第2次導関数は、
h’(x)=－2e+ex+xex
h”(x)=ex+ex+xex=(2+x)ex
0≦x≦1の範囲において、h’(x)の増減は
表1のようになるので、h’(x)≦0となる。
さらにh(x)の増減は表2のようになるので
h(x)≧0である。
(3)
部分積分法を用いて計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1x^2e^{ax}\ dx=\left[\frac{x^2e^{ax}}{a}\right]_0^1-\int_0^1\frac{2xe^{ax}}{a}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{e^a}{a}-\frac{2}{a}\left\{\left[\frac{xe^{ax}}{a}\right]_0^1-\int_0^1\frac{e^{ax}}{a}dx\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{e^a}{a}-\frac{2e^a}{a^2}+\frac{2}{a^2}\left[\frac{e^{ax}}{a}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{e^a}{a}-\frac{2e^a}{a^2}+\frac{2e^a}{a^3}-\frac{2}{a^3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{(a^2-2a+2)e^a-2}{a^3}}\end{align*}}$ ．
(4)
求める体積をVとすると、(2)より0≦x≦1で常に
h(x)≧0 すなわち、g(x)≧f(x)
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\int_0^1\left(\left\{g(x)\right\}^2-\left\{f(x)\right\}^2\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\int_0^1\left\{(-ex+e)^2-x^2(e-e^x)^2\right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\int_0^1\left\{e^2(-2x+1)+2ex^2e^x-x^2e^{2x}\right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi e^2\int_0^1\left(-2x+1\right)dx+2e\pi\int_0^1x^2e^x\ dx-\pi\int_0^1x^2e^{2x}\ dx\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\left(-2x+1\right)dx=\bigg[-x^2+x\bigg]_0^1=0\end{align*}}$
であり、(3)でa=1、a=2とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1x^2e^x\ dx=e-2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1x^2e^{2x}\ dx=\frac{2e^2-2}{8}=\frac{e^2-1}{4}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=0+2e\pi\left(e-2\right)-\pi\cdot\frac{e^2-1}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{7e^2-16e+1}{4}\ \pi\ }\end{align*}}$
計算ミスに気をつけて！
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- 2013/02/08(金) 23:57:00|
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