第1問
次のふたつの方程式を考える。
x2+y2=z2 ････①
s2+t2=u2+1 ････②
(1) 実数a、bに対し実数a※、b※をa※=a+b、b※=2a+b+1で
定める。(x，y，z)=(a，a+1，b)が①の解ならば(s，t，u)=
(a※，a※+1，b※)は②の解であることを示せ。
また、逆に(s，t，u)=(a，a+1，b)が②の解ならば(x，y，z)=
(a※，a※+1，b※)は①の解であることを示せ。
(2) 方程式①の自然数解(x，y，z)をピタゴラス数という。y=x+1を
満たすピタゴラス数を3組求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
(x，y，z)=(a，a+1，b)が①の解なので、
a2+(a+1)2=b2 ････③
このとき、(s，t，u)=(a※，a※+1，b※)に対して、
s2+t2－u2－1
=(a※)2+(a※+1)2－(b※)2－1
=(a+b)2+(a+b+1)2－(2a+b+1)2－1
=－2a2+b2－2a－1
=－2a2+{a2+(a+1)2}－2a－1
=0
となるので、s2+t2=u2+1．
以上より、
(a，a+1，b)が①の解ならば(a※，a※+1，b※)は②の解である･･･(A)
逆に、(s，t，u)=(a，a+1，b)が②の解のとき、
a2+(a+1)2=b2+1 ････④
このとき、(x，y，z)=(a※，a※+1，b※)に対して、
x2+y2－z2
=(a※)2+(a※+1)2－(b※)2
=(a+b)2+(a+b+1)2－(2a+b+1)2
=－2a2+b2－2a
=－2a2+{a2+(a+1)2-1}－2a
=0
となるので、x2+y2=z2．
以上より、
(a，a+1，b)が②の解ならば(a※，a※+1，b※)は①の解である･･･(B)
(2)
まず、32+42=52がなりたつので、
a=3、b=4とすると、a※=8、b※=12．
(A)より(s，t，u)=(8，9，12)は②の解となる。
次に、a=8、b=12とすると、a※=20、b※=29であり、
(B)より(x，y，z)=(20，21，29)は①の解となる。
さらに、a=20、b=29とすると、a※=49、b※=70であり、
(A)より(s，t，u)=(49，50，70)は②の解となる。
次に、a=49、b=70とすると、a※=119、b※=169であり、
(B)より(x，y，z)=(119，120，169)は①の解となる。
以上より、
(x，y，z)=(3，4，5)、(20，21，29)、(119，120，169)
はピタゴラス数である。
面倒ですが、うまく(1)を使いましょう。
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第2問
四面体OBCにおいて、OA=OC=$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ 、OB=$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ 、AB=3であり、
∠AOC=∠BOC=$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ であるとする。$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}=\overrightarrow{\sf OA}\ ,\ \overrightarrow{\sf b}=\overrightarrow{\sf OB}\ ,\ \overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf OC}\end{align*}}$
として以下の問いに答えよ。
(1) 内積 $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}\ ,\ \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}\ ,\ \overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ を求めよ。
(2) 線分ABを1：2に内分する点をDとし、点Oから直線CDに引いた
垂線と直線CDとの交点をHとするとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\ ,\ \overrightarrow{\sf b}\ ,\ \overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ を用いて
表せ。また $\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OH}|\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
まず、∠AOC=∠BOC=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf b}\cdot\overrightarrow{\sf c}=\underline{\ 0\ }\end{align*}}$ ．
また、△OABで余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\angle AOB=\frac{\left(\sqrt2\right)^2+\left(\sqrt5\right)^2-3^3}{2\cdot\sqrt2\cdot\sqrt5}=-\frac{1}{\sqrt{10}}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=\sqrt2\cdot\sqrt5\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{10}}\right)=\underline{\ -1\ }\end{align*}}$
(3)
DはABを1：2に内分する点なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$
と表され、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf CD}=\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ ．
また、CH：DH=s：1－sとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=s\overrightarrow{\sf OD}+(1-s)\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{3}s\overrightarrow{\sf a}+\frac{1}{3}s\overrightarrow{\sf b}+(1-s)\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$
と表され、OH⊥CDより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}\cdot\overrightarrow{\sf CD}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{\frac{2}{3}s\overrightarrow{\sf a}+\frac{1}{3}s\overrightarrow{\sf b}+(1-s)\overrightarrow{\sf c}\right\}\cdot\left(\frac{2}{3}\overrightarrow{\sf a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf c}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{2s\overrightarrow{\sf a}+s\overrightarrow{\sf b}+3(1-s)\overrightarrow{\sf c}\right\}\cdot\left(2\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}-3\overrightarrow{\sf c}\right)=0\end{align*}}$ ．
この式を、(1)の結果および
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf a}|^2=|\overrightarrow{\sf c}|^2=2\ \ ,\ \ |\overrightarrow{\sf b}|^2=5\end{align*}}$
を用いて展開すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4s|\overrightarrow{\sf a}|^2+s|\overrightarrow{\sf b}|^2-9(1-s)|\overrightarrow{\sf c}|^2+4s\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 8s+5s-18(1-s)-4s=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ s=\frac{2}{3}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=\underline{\ \frac{4}{9}\overrightarrow{\sf a}+\frac{2}{9}\overrightarrow{\sf b}+\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf c}\ }\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OH}|^2=\left|\frac{4}{9}\overrightarrow{\sf a}+\frac{2}{9}\overrightarrow{\sf b}+\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf c}\right|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{1}{9}\right)^2\left(16|\overrightarrow{\sf a}|^2+4|\overrightarrow{\sf b}|^2+9|\overrightarrow{\sf c}|^2+16\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{3}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OH}|=\underline{\ \frac{\sqrt6}{3}\ }\end{align*}}$ ．
丁寧に計算しましょう。
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第3問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{x}{1+x^2}\end{align*}}$
のグラフをCとし、曲線Cをx軸方向に $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{2}\end{align*}}$ だけ平行移動した曲線を
C’とする。
(1) f(x)の増減と極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ f\ (x)\ \ ,\ \ \lim_{x\rightarrow -\infty}\ f\ (x)\end{align*}}$ を調べて、曲線Cの
概形を描け。
(2) 曲線Cと曲線C’の共有点のx座標を求めよ。
(3)2曲線C、C’で囲まれた領域の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
まず、
f(－x)=－f(x)
なので、曲線Cは原点について対称である。
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{1\cdot (1+x^2)-x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}=\frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\end{align*}}$
となるので、f’(x)=0となるのは、x=±1のときである。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\pm\infty}\ f\ (x)=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{1}{\frac{1}{x}+x}=\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\frac{1}{x}=0\end{align*}}$
なので、これらよりx≧0における増減および曲線Cの概形は
下のようになる。
(2)
曲線C’の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{x-\frac{3}{2}}{1+\left(x-\frac{3}{2}\right)^2}\end{align*}}$
となるので、Cの方程式と連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x-\frac{3}{2}}{1+\left(x-\frac{3}{2}\right)^2}=\frac{x}{1+x^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{3}{2}x^2-\frac{9}{4}x-\frac{3}{2}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\underline{\ 2\ ,\ -\frac{1}{2}\ }\end{align*}}$
(3)
(1)、(2)より、CとC’の位置関係は右図のようになり、
これらによって囲まれる図形の面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_{-\frac{1}{2}}^2\left\{\frac{x}{1+x^2}-\frac{x-\frac{3}{2}}{1+\left(x-\frac{3}{2}\right)^2}\right\}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{-\frac{1}{2}}^2\frac{x}{1+x^2}\ dx-\int_{-\frac{1}{2}}^2\frac{x-\frac{3}{2}}{1+\left(x-\frac{3}{2}\right)^2}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{-\frac{1}{2}}^2\frac{x}{1+x^2}\ dx-\int_{-2}^{\frac{1}{2}}\frac{x}{1+x^2}\ dx\end{align*}}$ ．
ここで、t=1+x2とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=2x\end{align*}}$
となり、tの値はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t:\ \frac{5}{4}\rightarrow 5\ \ \ ,\ \ \ t:\ 5\rightarrow\frac{5}{4}\end{align*}}$
のように対応するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_{\frac{5}{4}}^5\frac{x}{t}\cdot \frac{dt}{2x}-\int_{5}^{\frac{5}{4}}\frac{x}{t}\cdot \frac{dt}{2x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_{\frac{5}{4}}^5\frac{1}{2t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left[\frac{1}{2}\log t\right]_{\frac{5}{4}}^5\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log 5-\log\frac{5}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log 4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\log 2\ }\end{align*}}$
確実にキープです！
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第4問
tを実数として2次正方行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf A_t=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -t \\ \sf t & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
を考える。
(1) すべての実数tに対しAtが逆行列を持つことを示し、その逆行列
At-1を求めよ。
(2) 各実数tに対し座標平面上の点(xt，yt)を条件
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_t}{y_t}=A_t^{-1}\binom{1}{0}\end{align*}}$
によって定める。tがすべての実数を動くとき(xt，yt)が描く図形を
求めて図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
デターミナントを計算すると、
detAt=1･1－t･(－t)=1+t2≠0
なので、Atは逆行列をもち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A_t^{-1}=\underline{\ \frac{1}{1+t^2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 4 \\ \sf -t& \sf 1 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_t}{y_t}=\frac{1}{1+t^2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 4 \\ \sf -t& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{1}{0}=\frac{1}{1+t^2}\binom{1}{-t}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_t^2+y_t^2=\left(\frac{1}{1+t^2}\right)^2+\left(\frac{t}{1+t^2}\right)^2=\frac{1+t^2}{\left(1+t^2\right)^2}=\frac{1}{1+t^2}=x_t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x_t-\frac{1}{2}\right)^2+y_t^2=\frac{1}{4}\end{align*}}$
また、t2≧0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_t=\frac{1}{1+t^2}>0\end{align*}}$ ．
よって、点(xt，yt)の動く図形を図示すると下図のようになる。
これは問題ないでしょ！
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