青木ゼミ青木大学入試(数学)　.関東の大学　.筑波大　2013

2013筑波大　数学１

第１問

　　f(x)、g(t)を
　　　　　　　　f(x)＝x³－x²－2x＋1
　　　　　　　　g(t)＝cos3t－cos2t＋cost
　　とおく。

　(１) 2g(t)－1＝f(2cost)が成り立つことを示せ。

　(２) $\small\sf{\theta}$ ＝$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{7}\end{align*}}$ のとき、2g($\small\sf{\theta}$ )cos$\small\sf{\theta}$ ＝1＋cos$\small\sf{\theta}$ －2g($\small\sf{\theta}$ )が
　　　成り立つことを示せ。

　(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf 2\cos\frac{\pi}{7}\end{align*}}$ は3次方程式 f(x)＝0の解であることを示せ。　

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　倍角および3倍角の公式を用いると、
　　　　　　　　2g(t)－1
　　　　　　　＝2cos3t－2cos2t＋2cost－1
　　　　　　　＝2(4cos³t－3cost)－2(2cos²t－1)＋2cost－1
　　　　　　　＝8cos³t－4cos²t－4cost＋1
　　　　　　　＝(2cost)³－(2cost)²－2(2cost)＋1
　　　　　　　＝f(2cost)
　　　となり、題意は示された。

　(２)
　　　$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{7}\end{align*}}$ のとき、左辺は、　　　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2g\left(\frac{\pi}{7}\right)\cos\frac{\pi}{7}=2\cos\frac{3\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}-2\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}+2\cos^2\frac{\pi}{7}\end{align*}}$　････(A)
　　　となる。
　　　積→和の公式より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cos\frac{3\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}=\cos\frac{4\pi}{7}+\cos\frac{2\pi}{7}=-\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{2\pi}{7}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}=\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7}\end{align*}}$
　　　であり、倍角公式より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cos^2\frac{\pi}{7}=\cos\frac{2\pi}{7}+1\end{align*}}$
　　　となるので、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (A)=\left(-\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{2\pi}{7}\right)-\left(\cos\frac{3\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7}\right)+\left(\cos\frac{2\pi}{7}+1\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\cos\frac{\pi}{7}+2\cos\frac{2\pi}{7}-2\cos\frac{3\pi}{7}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+\cos\frac{\pi}{7}+2\left(\cos\frac{3\pi}{7}-\cos\frac{2\pi}{7}+\cos\frac{\pi}{7}\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+\cos\frac{\pi}{7}+2g\left(\frac{\pi}{7}\right)\end{align*}}$ ．
　　　よって、題意は示された。

　(３)
　　　(２)より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2g\left(\frac{\pi}{7}\right)\cos-\cos+2g\left(\frac{\pi}{7}\right)-1=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{2g\left(\frac{\pi}{7}\right)-1\right\}\left(1+\cos\frac{\pi}{7}\right)=0\end{align*}}$
　　　となり、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1+\cos\frac{\pi}{7}\ne 0\end{align*}}$
　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2g\left(\frac{\pi}{7}\right)-1=0\end{align*}}$ ．
　　　(１)より、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2g\left(\frac{\pi}{7}\right)-1=f\left(2\cos\frac{\pi}{7}\right)=0\end{align*}}$
　　　となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cos\frac{\pi}{7}\end{align*}}$ は方程式f(x)＝0の解である。

　　いろいろな公式を駆使しますが、きちんと覚えていますか？　　

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2018/11/05(月) 01:07:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.筑波大　2013

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2013筑波大　数学２

第２問

　　nは自然数とする。

　(１) 1≦k≦nを満たす自然数kに対して
　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}\sin 2nt\ \cos t\ dt=(-1)^{k+1}\frac{2n}{4n^2-1}\left(\cos\frac{k}{2n}\pi+\cos\frac{k-1}{2n}\pi\right)\end{align*}}$
　　　が成り立つことを示せ。

　(２) 媒介変数tによって
　　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf x=\sin t\ \ ,\ \ y=\sin 2nt\ \ \ \ (0\leqq t\leqq \pi)\end{align*}}$
　　　と表される曲線C_nで囲まれた図形の面積S_nを求めよ。
　　　ただし必要なら
　　　　　　　　　$\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}\cos\frac{k}{2n}\pi=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\tan\frac{\pi}{4n}}-1\right)\ \ \ (n\geqq 2)\end{align*}}$
　　　を用いてよい。

　(３) 極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ S_n\end{align*}}$ を求めよ。

　　　　　　

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_k=\int_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}\sin 2nt\ \cos t\ dt\end{align*}}$
　　　とおくと、部分積分法を用いて　　　　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_k=\bigg[\sin 2nt\ \sin t\bigg]_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}-2n\int_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}\cos 2nt\ \sin t\ dt\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0-2n\int_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}\cos 2nt\ \sin t\ dt\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2n\bigg[\cos 2nt\ \cos t\bigg]_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}+4n^2\int_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}\sin 2nt\ \cos t\ dt\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2n\bigg\{\cos k\pi\ \cos\frac{k}{2n}\pi-\cos(k-1)\pi\cos\frac{k-1}{2n}\pi\bigg\}+4n^2\ I_k\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2n\bigg\{(-1)^k\ \cos\frac{k}{2n}\pi-(-1)^{k-1}\cos\frac{k-1}{2n}\pi\bigg\}+4n^2\ I_k\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(4n^2-1\right)I_k=-2n\bigg\{(-1)^k\ \cos\frac{k}{2n}\pi-(-1)^{k-1}\cos\frac{k-1}{2n}\pi\bigg\}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(-1)^{k+1}\cdot2n\left(\cos\frac{k}{2n}\pi+\cos\frac{k-1}{2n}\pi\right)\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ I_k=(-1)^{k+1}\frac{2n}{4n^2-1}\left(\cos\frac{k}{2n}\pi+\cos\frac{k-1}{2n}\pi\right)\end{align*}}$
　　　となるので、題意は示された。

　(２)
　　　　　　　x(t)＝sint 、y(t)＝sin2nt
　　　とおくと、
　　　　　　　x($\scriptsize\sf{\pi}$ －t)＝sin($\scriptsize\sf{\pi}$ －t)
　　　　　　　　　　　　＝sint
　　　　　　　　　　　　＝x(t)
　　　　　　　y($\scriptsize\sf{\pi}$ －t)＝sin2n($\scriptsize\sf{\pi}$ －t)
　　　　　　　　　　　　＝－sin2nt
　　　　　　　　　　　　＝－y(t)
　　　となるので、曲線C_nのうちで
　　　0≦t≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2に対応する部分(C_n’とする)と、
　　　$\scriptsize\sf{\pi}$ /2≦t≦$\scriptsize\sf{\pi}$ に対応する部分(C_n”とする)
　　　はx軸について対称である。

　　　　　

　　　
　　　C_n’について、　
　　　0≦t≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2の範囲では 0≦x(t)≦1であり、
　　　0≦2nt≦n$\scriptsize\sf{\pi}$ となるので、y(t)＝0となるのは、
　　　　　　　　2nt＝0，$\scriptsize\sf{\pi}$ ，2$\scriptsize\sf{\pi}$ ，･･･，n$\scriptsize\sf{\pi}$
　　　すなわち、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=0\ ,\ \frac{1}{2n}\pi\ ,\ \frac{2}{2n}\pi\ ,\ \frac{3}{2n}\pi\ ,\ldots\ ,\ \frac{n-1}{2n}\pi\ ,\ \frac{n}{2n}\pi\end{align*}}$
　　　のときである。
　　　よって、C_n’はx軸と
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(0\ ,\ 0\right)\ ,\ \left(\sin\frac{1}{2n}\pi\ ,\ 0\right)\ ,\ \left(\sin\frac{2}{2n}\pi\ ,\ 0\right)\ ,\ldots\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ldots\ ,\ \left(\sin\frac{n-1}{2n}\pi\ ,\ 0\right)\ ,\ \left(1\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
　　　で交わり、各区間
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left[\sin\frac{k-1}{2n}\pi\ ,\ \sin\frac{k}{2n}\pi\right]\ \ \ \ (k=1,2,3,\ldots,n)\end{align*}}$
　　　において、yの符号は変化しないので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=2\sum_{k=1}^{n}\int_{\sin\frac{k-1}{2n}\pi}^{\sin\frac{k}{2n}\pi}|y|\ dx\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\sum_{k=1}^{n}\left|\int_{\sin\frac{k-1}{2n}\pi}^{\sin\frac{k}{2n}\pi}y\ dx\right|\end{align*}}$　････①
　　　ここで、x＝sint 、y＝sin2nt と置換すると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{dt}=\cos t\end{align*}}$
　　　なので、①は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=2\sum_{k=1}^{n}\left|\int_{\frac{k-1}{2n}\pi}^{\frac{k}{2n}\pi}\sin 2nt\cdot \cos t\ dt \right|\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\sum_{k=1}^{n}\left|(-1)^{k+1}\frac{2n}{4n^2-1}\left(\cos\frac{k}{2n}\pi+\cos\frac{k-1}{2n}\pi\right) \right|\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4n}{4n^2-1}\sum_{k=1}^{n}\left(\cos\frac{k}{2n}\pi+\cos\frac{k-1}{2n}\pi\right)\end{align*}}$　････②
　　　となる。
　　　ここで、問題文に与えられた等式を用いると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n}\cos\frac{k}{2n}\pi=\left(\sum_{k=1}^{n-1}\cos\frac{k}{2n}\pi\right)+\cos\frac{n}{2n}\pi\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\tan\frac{\pi}{4n}}-1\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n}\cos\frac{k-1}{2n}\pi=\cos\frac{0}{2n}\pi+\cos\frac{1}{2n}\pi+\cos\frac{2}{2n}\pi+\ldots +\cos\frac{n-1}{2n}\pi\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\cos 0+\left(\sum_{k=1}^{n-1}\cos\frac{k}{2n}\pi\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\tan\frac{\pi}{4n}}-1\right)\end{align*}}$
　　　と変形できるので、②は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\frac{4n}{4n^2-1}\left\{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\tan\frac{\pi}{4n}}-1\right)+1+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\tan\frac{\pi}{4n}}-1\right)\right\}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{4n}{(4n^2-1)\tan\frac{\pi}{4n}}\ }\end{align*}}$
　　　となる。

　(３)
　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{4n}=N\end{align*}}$ とおくと、n→∞のとき N→0 なので、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ S_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{4n}{(4n^2-1)\tan\frac{\pi}{4n}}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{N\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{N}}{\left(\frac{1}{4N^2}-1\right)\tan N\pi} \end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{N\rightarrow 0}\frac{4N}{\left(1-4N^2\right)\tan N\pi} \end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{N\rightarrow 0}\frac{4}{1-4N^2}\cdot\frac{N\pi}{\tan N\pi}\cdot\frac{1}{\pi} \end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4}{1-0}\cdot 1\cdot\frac{1}{\pi} \end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{4}{\pi}\ }\end{align*}}$

　　細かい部分の処理が面倒ですが、丁寧に計算しましょう。　　

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2018/11/05(月) 01:08:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.筑波大　2013

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2013筑波大　数学３

第３問

　　xyz空間において、点A(1，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，1)を
　　通る平面上にあり、正三角形ABCに内接する円板をDとする。
　　円板Dの中心をP、円板Dと辺ABの接点をQとする。

　(１) 点Pと点Qの座標を求めよ。

　(２) 円板Dが平面z＝tと共有点をもつtの範囲を求めよ。

　(３) 円板Dと平面z＝tの共通部分が線分であるとき、その線分の
　　　長さをtを用いて表せ。

　(４) 円板Dをz軸のまわりに回転してできる立体の体積を求めよ。

　　　　　　　　　

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　△ABCは正三角形なので、内心Pは△ABCの重心と一致し、
　　　Qは辺ABの中点となる。
　　　よって、　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(\frac{1+0+0}{3}\ ,\ \frac{0+1+0}{3}\ ,\ \frac{0+0+1}{3}\right)=\underline{\ \left(\frac{1}{3}\ ,\ \frac{1}{3}\ ,\ \frac{1}{3}\right)\ }\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(\frac{1+0}{2}\ ,\ \frac{0+1}{2}\ ,\ \frac{0+0}{2}\right)=\underline{\ \left(\frac{1}{2}\ ,\ \frac{1}{2}\ ,\ 0\right)\ }\end{align*}}$

　(２)
　　　直線CQと円板Dとの交点のうちでQと異なる方を点Rとする。
　　　R(X，Y，Z)とおくと、QRの中点がPになるので、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{X+\frac{1}{2}}{2}\ ,\ \frac{Y+\frac{1}{2}}{2}\ ,\ \frac{Z+0}{2}\right)=\left(\frac{1}{3}\ ,\ \frac{1}{3}\ ,\ \frac{1}{3}\right)\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (X\ ,\ Y\ ,\ Z)=\left(\frac{1}{6}\ ,\ \frac{1}{6}\ ,\ \frac{2}{3}\right)\end{align*}}$ ．
　　　よって、円板Dのz座標のとり得る値の範囲は
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq z\leqq\frac{2}{3}\end{align*}}$
　　　となるので、円板Dと平面z＝tが共有点を
　　　持つためには
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ 0\leqq t\leqq\frac{2}{3}\ }\end{align*}}$
　　　であればよい。

　(３)
　　　平面z＝tと円板Dの共通部分を線分STとし、
　　　平面z＝tとz軸および直線CQとの交点をそれぞれH、Mとする。
　　　また、Pからz軸に下ろした垂線の足をUとすると、
　　　△OQC∽△HMC∽△UPCであり、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CO=1\ \ ,\ \ CH=1-t\ \ ,\ \ CU=\frac{2}{3}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OQ=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt2}{2}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CQ=\sqrt{CO^2+OQ^2}=\sqrt{1^2+\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt6}{2}\end{align*}}$
　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PM=|CM-CP|\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{CQ}{CO}\ |CH-CU|\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt6}{2}\ \left|(1-t)-\frac{2}{3}\right|\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt6}{2}\ \left|\frac{1}{3}-t\right|\end{align*}}$ ．
　　　また、円板Dの半径は、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PQ=\sqrt{\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{3}-0\right)^2}=\frac{\sqrt6}{6}\end{align*}}$
　　　なので、△PMSで三平方の定理を用いると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf SM=\sqrt{PS^2-PM^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\left(\frac{\sqrt6}{6}\right)^2-\left(\frac{\sqrt6}{2}\ \left|\frac{1}{3}-t\right|\right)^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{t-\frac{3}{2}t^2}\end{align*}}$　････①
　　　よって、円板Dと平面z＝tの共通部分である
　　　線分STの長さは、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ST=2SM=\underline{\ 2\sqrt{t-\frac{3}{2}t^2}\ }\end{align*}}$
　　　となる。

　(４)
　　　円板Dをz軸のまわりに回転してできる立体を平面z＝tで
　　　切った断面は、線分STをz軸のまわりに回転してできる
　　　図形と一致する。
　　　この図形は、Hを中心とする半径HSおよびHMである
　　　2円で囲まれた部分なので、面積をS(t)とすると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\ (t)=\pi\left(HS^2-HM^2\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\ SM^2\end{align*}}$　　　←△SMHで三平方
　　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left(t-\frac{3}{2}t^2\right)\end{align*}}$　　←①より
　　　(２)よりtは $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq t\leqq\frac{2}{3}\end{align*}}$ の値をとるので、
　　　求める体積をVとすると、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\int_0^{\frac{2}{3}}\ S\ (t)\ dt\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\int_0^{\frac{2}{3}}\left(t-\frac{3}{2}t^2\right)dt\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left[\frac{1}{2}t^2-\frac{1}{2}t^3\right]_0^{\frac{2}{3}}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{2}{27}\pi\ }\end{align*}}$
　　　となる。

　　言葉で書きにくい部分は、図を添えておけばいいでしょう。　　

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2018/11/05(月) 01:09:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.筑波大　2013

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2013筑波大　数学４

第４問

　　3つの数列{a_n}、{b_n}、{c_n}が
　　　　　　　　a_n+1＝－b_n－c_n　　（n＝1，2，3，･･･）
　　　　　　　　b_n+1＝－c_n－a_n　　（n＝1，2，3，･･･）
　　　　　　　　c_n+1＝－a_n－b_n　　（n＝1，2，3，･･･）
　　およびa₁＝a、b₁＝b、c₁＝cを満たすとする。ただし、a、b、cは
　　定数とする。

　(１) p_n＝a_n＋b_n＋c_n　（n＝1，2，3，･･･）
　　　で与えられる数列{p_n}の初項から第n項までの和S_nを求めよ。

　(２)数列{a_n}、{b_n}、{c_n}の一般項を求めよ。

　(３) q_n＝(－1)ⁿ{(a_n)²＋(b_n)²＋(c_n)²}　（n＝1，2，3，･･･）
　　　で与えられる数列{q_n}の初項から第2n項までの和をT_nとする。
　　　 a＋b＋cが奇数であれば、すべての自然数nに対してT_nが
　　　正の奇数であることを数学的帰納法を用いて示せ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　与えられた3式を辺々加えると、
　　　　　　　　a_n+1＋b_n+1＋c_n+1＝－2(a_n＋b_n＋c_n)
　　　　　　⇔　p_n+1＝－2p_n
　　　となるので、
　　　数列{p_n}は、初項p₁＝a＋b＋c、公比－2の等比数列となる。
　　　{p_n}の一般項は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=(a+b+c)(-2)^{n-1}\end{align*}}$　････①
　　　であり、初項から第n項までの和S_nは、　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=(a+b+c)\cdot\frac{1-(-2)^n}{1-(-2)}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{3}(a+b+c)\left\{1-(-2)^n\right\} }\end{align*}}$
　　　となる。

　(２)
　　　題意より
　　　　　　　p_n＝a_n＋b_n＋c_n　⇔　(－b_n－c_n)－a_n＝－p_n
　　　　　　　　　　　　　　　　　　⇔　a_n+1－a_n＝－p_n
　　　となるので、{－p_n}は{a_n}の階差数列となる。
　　　よって、n≧2のとき
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(-p_k)\end{align*}}$
　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a-S_{n-1}\end{align*}}$
　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ a-\frac{1}{3}(a+b+c)\left\{1-(-2)^{n-1}\right\}\ }\end{align*}}$
　　　となり、これはn＝1のときも満たす。
　　　同様に考えると、
　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=\underline{\ b-\frac{1}{3}(a+b+c)\left\{1-(-2)^{n-1}\right\}\ }\end{align*}}$
　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_n=\underline{\ c-\frac{1}{3}(a+b+c)\left\{1-(-2)^{n-1}\right\}\ }\end{align*}}$
　　　となる。

　(３)
　　　(ⅰ) n＝1のとき
　　　　　　　　q₁＝－(a²＋b²＋c²)
　　　　　　　　q₂＝(a₂)²＋(b₂)²＋(c₂)²
　　　　　　　　　＝(－b－c)²＋(－c－a)²＋(－a－b)²
　　　　　　　　　＝2(a²＋b²＋c²＋ab＋bc＋ca)
　　　　　なので、
　　　　　　　　T₁＝q₁＋q₂
　　　　　　　　　＝－(a²＋b²＋c²)＋2(a²＋b²＋c²＋ab＋bc＋ca)
　　　　　　　　　＝a²＋b²＋c²＋2ab＋2bc＋2ca
　　　　　　　　　＝(a＋b＋c)²
　　　　　　となり、a＋b＋cは奇数なので、T₁も正の奇数である。

　　　(ⅱ) T_kが正の奇数であると仮定する。
　　　　　　　　T_k+1＝T_k＋q_2k+1＋q_2k+2
　　　　　であり、
　　　　　　　　　　A＝a_2k+1、B＝b_2k+1、C＝c_2k+1
　　　　　とおくと、
　　　　　　　　q_2k+1＝(－1)^2k+1(A²＋B²＋C²)
　　　　　　　　　　　　＝－(A²＋B²＋C²)
　　　　　　　　q_2k+1＝(－1)^2k+2{(－B－C)²＋(－C－A)²＋(－A－B)²}
　　　　　　　　　　　　＝2(A²＋B²＋C²＋AB＋BC＋CA)
　　　　　となるので、
　　　　　　　　T_k+1＝T_k－(A²＋B²＋C²)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋2(A²＋B²＋C²＋AB＋BC＋CA)
　　　　　　　　　　　＝T_k＋(A²＋B²＋C²＋2AB＋2BC＋2CA)
　　　　　　　　　　　＝T_k＋(A＋B＋C)²
　　　　　　　　　　　＝T_k＋(p_2k+1)²
　　　　　　　　　　　＝T_k＋{(a＋b＋c)･(－2)^2k}²　←①より
　　　　　　　　　　　＝T_k＋16^k(a＋b＋c)²．
　　　　　ここで、T_kは奇数、16^k(a＋b＋c)²は偶数なので
　　　　　 T_2k+1も正の奇数となる。

　　　　　　以上より、a＋b＋cが奇数であれば、
　　　　　　すべての自然数nに対してT_nが正の奇数であることが示された。

　　書く分量が多いですねぇ・・・・＾＾；；　　

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2018/11/05(月) 01:10:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.筑波大　2013

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2013筑波大　数学５

第５問

　　2次の正方行列 $\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$ について以下の問いに答えよ。
　　ただし、a、b、c、dは実数とする。

　(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf A^2=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$ を満たすAは存在しないことを示せ。

　(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf A^2=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$ を満たすAをすべて求めよ。

　(３) (２)で求めたAのそれぞれについてA＋A²＋A³＋････＋A²⁰¹³
　　　を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^2=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a^2+bc &\sf b(a+d) \\ \sf c(a+d) &\sf d^2+bc \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf 1 &\sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
　　　の成分を比較すると、
　　　　　　　　a²＋bc＝d²＋bc＝0　････①
　　　　　　　　b(a＋d)＝c(a＋d)＝1　････②
　　　となる。
　　　①より、a²＝d² であり、②よりa＋d≠0 なので、a＝d ････③
　　　また、②よりb＝c ････④　であり、これらを①に代入すると、
　　　a、bは実数なので、
　　　　　　　　a²＋b²＝0　⇔　a＝b＝0
　　　となり、③、④より
　　　　　　　　a＝b＝c＝d＝0．
　　　これらは②を満たさないので不適である。
　　　よって、題意を満たすような行列Aは存在しない。

　(２)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^2=\begin{pmatrix}\sf a^2+bc &\sf b(a+d) \\ \sf c(a+d) &\sf d^2+bc \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
　　　の成分を比較すると、
　　　　　　　　a²＋bc＝d²＋bc＝0　････①
　　　　　　　　b(a＋d)＝－c(a＋d)＝1　････⑤
　　　となる。
　　　(１)と同様、a²＝d² かつ a＋d≠0 なので、a＝d ････③
　　　また、④よりb＝－c ････⑥　であり、これらを①に代入すると、
　　　　　　　　a²－b²＝0　⇔　a＝±b．
　　　(ⅰ) a＝－bのとき
　　　　　　③、⑤より、－2a²＝1 となり、これを満たすような
　　　　　　実数aは存在しない。

　　　(ⅱ) a＝bのとき
　　　　　　③、⑤より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2a^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\pm\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
　　　　　　となるので、③、⑥より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=b=-c=d=\pm\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ A=\underline{\ \pm\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 1 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$

　(３)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^4=\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf -1 &\sf 0 \\ \sf 0 &\sf -1 \end{pmatrix}=-E\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^8=(-E)^2=E\end{align*}}$
　　　なので（Eは単位行列）、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A+A^2+A^3+A^4+A^5+A^6+A^7+A^8\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A+A^2+A^3-E-A-A^2-A^3+E\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =O\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^9+A^{10}+A^{11}+A^{12}+A^{13}+A^{14}+A^{15}+A^{16}\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A^8(A+A^2+A^3+A^4+A^5+A^6+A^7+A^8)\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =O\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^{2001}+A^{2002}+A^{2003}+A^{2004}+A^{2005}+A^{2006}+A^{2007}+A^{2008}\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A^{2000}\ (A+A^2+A^3+A^4+A^5+A^6+A^7+A^8)\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =O\end{align*}}$ ．
　　　よって、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A+A^2+A^3+\ldots +A^{2013}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A^{2009}+A^{2010}+A^{2011}+A^{2012}+A^{2013}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A+A^{2}+A^{3}+A^{4}+A^{5}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A+A^{2}+A^{3}-E-A\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A^2+A^3-E\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}\pm\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 0 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf 0 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0 \\ \sf 0 &\sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \left(1\pm\frac{1}{\sqrt2}\right)\begin{pmatrix}\sf -1 &\sf 1 \\ \sf -1 &\sf -1 \end{pmatrix} }\end{align*}}$ ．

　　(３)は、
　　　　　A⁸＝E
　　　　　A＋A²＋A³＋A⁴＋A⁵＋A⁶＋A⁷＋A⁸＝O
　　に気づくでしょうか？

　
　　

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2018/11/05(月) 01:11:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.筑波大　2013

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2013筑波大　数学６

第６問

　　楕円C：$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1\end{align*}}$ の、直線y＝mxと平行な2接線をL₁、L₁’とし、
　　L₁、L₁’に直交するCの2接線をL₂、L₂’とする。

　(１) L₁、L₁’の方程式をmを用いて表せ。

　(２) L₁とL₁’の距離d₁およびL₂とL₂’の距離d₂をそれぞれmを用いて
　　　表せ。ただし、平行な2直線L、L’の距離とは、L上の1点と直線L’
　　　の距離である。

　(３) (d₁)²＋(d₂)²はmによらず一定であることを示せ。

　(４) L₁、L₁’、L₂、L₂’で囲まれる長方形の面積Sをd₁を用いて表せ。
　　　さらにmが変化するとき、Sの最大値を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　傾きmの直線y＝mx＋nが楕円Cに接するとき、　
　　　xについての二次方程式
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{16}+\frac{(mx+n)^2}{9}=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (16m^2+9)x^2+32mnx+16n^2-144=0\end{align*}}$
　　　が重解をもつので、判別式を考えると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=16^2m^2n^2-(16m^2+9)(16n^2-144)\end{align*}}$
　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =144(16m^2+9-n^2)=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ n=\pm\sqrt{16m^2+9}\end{align*}}$
　　　となる。
　　　よって、傾きmの接線L₁、L₁’の方程式は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ y=mx\pm\sqrt{16m^2+9}\ }\end{align*}}$
　　　である。

　(２)
　　　図の対称性より、L₁、L₁’間の距離d₁は、
　　　原点Oと接線
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=mx+\sqrt{16m^2+9}\ \ \Leftrightarrow\ \ mx-y+\sqrt{16m^2+9}=0\end{align*}}$
　　　との距離の２倍に等しいので、　　　
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf d_1=2\cdot\frac{\left|0-0+\sqrt{16m^2+9}\right|}{\sqrt{m^2+(-1)^2}}=\underline{\ 2\sqrt{\frac{16m^2+9}{m^2+1}}\ }\end{align*}}$　････①
　　　一方、L₂、L₂’間の距離d₂について
　　　(ⅰ)m＝0のとき
　　　　　　L₂、L₂’の方程式はx＝±4となるので、
　　　　　　　　d₂＝8
　　　(ⅱ)m≠0のとき
　　　　　　L₂、L₂’の傾きは$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{m}\end{align*}}$ となるので、
　　　　　　①のmに$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{m}\end{align*}}$ を代入すると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf d_2=2\sqrt{\frac{16\left(-\frac{1}{m}\right)^2+9}{\left(-\frac{1}{m}\right)^2+1}}=\underline{\ 2\sqrt{\frac{9m^2+16}{m^2+1}}\ }\end{align*}}$ ．
　　　　この式はm＝0のときも成り立つ。

　(３)
　　　(２)より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (d_1)^2+(d_2)^2=4\left(\frac{16m^2+9}{m^2+1}+\frac{9m^2+16}{m^2+1}\right)\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4\cdot\frac{25(m^2+1)}{m^2+1}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =100\end{align*}}$ （一定）
　　　となるので題意は示された。

　(４)
　　　(d₁)²＞0、(d₂)²＞0なので、相加･相乗平均より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (d_1)^2+(d_2)^2\geqq 2\sqrt{(d_1)^2\cdot(d_2)^2}=2d_1d_2\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ d_1d_2\leqq \frac{(d_1)^2+(d_2)^2}{2}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ S\leqq \frac{100}{2}=50\end{align*}}$ ．
　　　等号成立は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (d_1)^2=(d_2)^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{16m^2+9}{m^2+1}=\frac{9m^2+16}{m^2+1}\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 7m^2=7\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ m=\pm1\end{align*}}$
　　　のときである。
　　　よって、m＝±1のときSは最大値50をとる。

　　(２)で、m＝0のときは別に考える必要があります。　　

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