第１問
(１) 整数からなる公差1の等差数列a、b、c、dで
a3＋b3＋c3＝d3
をみたすものを求めよ。
(２) 0でない整数からなる等比数列a、b、c、dで
a3＋b3＋c3＝d3
をみたすものは存在しないことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
題意より
b＝a＋1、 c＝a＋2、 d＝a＋3
と表すことができるので、
a3＋b3＋c3＝d3
⇔ a3＋(a＋1)3＋(a＋2)3＝(a＋3)3
これを展開して整理すると、
a3－6a－9＝(a－3)(a2＋3a＋3)＝0
となり、aは整数なので、a＝3．
よって、求める等差数列は、3、4、5、6となる。
(２)
公比をr（≠0）とすると、
b＝ar、 c＝ar2、 d＝ar3
と表すことができるので、
a3＋b3＋c3＝d3
⇔ a3＋(ar)3＋(ar2)3＝(ar3)3
a≠0より両辺をa3で割ると、
1＋r3＋r6＝r9 ･･････①
ここで、r3が有理数であると仮定して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r^3=\frac{q}{p}\end{align*}}$ （p、qは互いに素な整数）
とおくと、①は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+\frac{q}{p}+\left(\frac{q}{p}\right)^2=\left(\frac{q}{p}\right)^3\end{align*}}$
⇔ q3－pq2－p2q－p3＝0 ･･････②
⇔ q3＝p(q2－pq－p2)
ここで、pとqは互いに素なので、p＝±1となる。
(ⅰ) p＝1のとき
②は、
q3－q2－q－1＝0 ････③
となる。ここでxについての関数f(x)を
f(x)＝x3－x2－x－1
とおくと、
f’(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)
となるので、f(x)の増減およびグラフは次のようになる。
また
f(2)＝1＞0
なので、f(x)＝0となるような整数xは存在しない。
よって、③を満たすような整数qは存在しない。
(ⅱ) p＝－1のとき
②は、
q3＋q2－q＋1＝0 ････④
となる。ここでxについての関数g(x)を
g(x)＝x3＋x2－x＋1
とおくと、
g’(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)
となるので、g(x)の増減およびグラフは次のようになる。
また
g(2)＝－1＜0
なので、g(x)＝0となるような整数xは存在しない。
よって、④を満たすような整数qは存在しない。
(ⅰ)、(ⅱ)より、
②を満たすような互いに素な整数p、qは存在しないので、
r3は無理数である。
よって、aが整数のとき、d＝ar3は無理数となるので、
題意を満たすような整数a、b、c、dは存在しない。
無理数であることは背理法です！
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第２問
aを正の定数とする。曲線 $\small\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{1}{x}\ \ (x\gt 0)\end{align*}}$ をC1とし、曲線
$\small\sf{\begin{align*}\sf y=-\frac{a}{x}\ \ (x\ne 0)\end{align*}}$ をC2とする。曲線C1上の点Pから曲線C2へ
2本の接線を引き、それぞれの接点をQ、Rとする。△PQR
の重心をGとする。
(１) 点Pが曲線C1上を動くとき、重心Gが定点となるような
aの値を求めよ。
以下ではaは(１)で求めた値とする。
(２) 点Pが曲線C1上を動くとき、内積 $\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\rm GQ}\cdot\overrightarrow{\rm GR}\end{align*}}$ の取る値の
範囲を求めよ。
(３) $\small\sf{\sf\theta}$ ＝∠QGRとおく。点Pが曲線C1上を動くとき、$\small\sf{\sf\theta}$ の
最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
C2を表す関数の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y\ '=\frac{a}{x^2}\end{align*}}$
なので、C2上の点(t，－at-1)における接線は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y-\left(-\frac{a}{t}\right)=\frac{a}{t^2}\left(x-t\right)\end{align*}}$
となり、これが点P(p，p-1)を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{p}+\frac{a}{t}=\frac{a}{t^2}\left(9-t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t^2+2apt-ap^2=0\end{align*}}$ ･･････①
①の2解をq、rとすると、Q、Rの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Q\left(q\ ,\ -\frac{a}{q}\right)\ \ ,\ \ R\left(r\ ,\ -\frac{a}{r}\right)\end{align*}}$
と表すことができる。
また、①の解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q+r=-2ap\ \ ,\ \ qr=-ap^2\end{align*}}$ ･･････②
このとき、△PQRの重心Gは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf G\left(\frac{p+q+r}{3}\ ,\ \frac{\frac{1}{p}-\frac{a}{q}-\frac{a}{r}}{3}\right)=\left(\frac{p+q+r}{3}\ ,\ \frac{1}{3p}-\frac{a(q+r)}{3qr}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\frac{p-2ap}{3}\ ,\ \frac{1}{3p}-\frac{-2a^2p}{-3ap^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(\frac{p(1-2a)}{3}\ ,\ \frac{1-2a}{3p}\right)\end{align*}}$
となり、これがpの値によらず定点となるのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2a-1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a=\frac{1}{2}\ }\end{align*}}$
のときである。
(２)
(１)のときGの座標は(0，0)となり、Q、Rの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Q\left(q\ ,\ -\frac{1}{2q}\right)\ \ ,\ \ R\left(r\ ,\ -\frac{1}{2r}\right)\end{align*}}$
となる。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf GQ}=\overrightarrow{\sf OQ}=\left(q\ ,\ -\frac{1}{2q}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf GR}=\overrightarrow{\sf OR}=\left(r\ ,\ -\frac{1}{2r}\right)\end{align*}}$
また、②は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q+r=-p\ \ ,\ \ qr=-\frac{p^2}{2}\end{align*}}$ ･･････②’
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf GQ}\cdot\overrightarrow{\sf GR}=qr+\frac{1}{4qr}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\frac{1}{2}\left(p^2+\frac{1}{p^2}\right)\end{align*}}$ ←②’より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \leq -\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{p^2\cdot\frac{1}{p^2}}\end{align*}}$ ←p2＞0より相加・相乗平均
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-1\end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \overrightarrow{\sf GQ}\cdot\overrightarrow{\sf GR}\leq -1\ }\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf GQ}||\overrightarrow{\sf GR}|=\sqrt{q^2+\frac{1}{4q^2}}\sqrt{r^2+\frac{1}{4r^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{q^2r^2+\frac{1}{4}\left(\frac{q^2}{r^2}+\frac{r^2}{q^2}\right)+\frac{1}{16q^2r^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{(qr)^2+\frac{q^4+r^4}{4q^2r^2}+\frac{1}{16q^2r^2}}\end{align*}}$
②’より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p^2+q^2=(p+q)^2-2pq=p^2+p^2=2p^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p^4+q^4=(p^2+q^2)^2-2(pq)^2=(2p^2)^2-2\cdot\left(-\frac{p^2}{2}\right)^2=\frac{7p^4}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf GQ}||\overrightarrow{\sf GR}|=\sqrt{\frac{p^4}{4}+\frac{1}{4}\cdot\frac{7p^4}{2}\cdot\frac{4}{p^4}+\frac{1}{16}\cdot\frac{4}{p^4}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}\sqrt{p^4+\frac{1}{p^4}+14}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}\sqrt{\left(p^2+\frac{1}{p^2}\right)^2+12}\end{align*}}$ ．
これと(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=\frac{\overrightarrow{\sf GQ}\cdot\overrightarrow{\sf GR}}{|\overrightarrow{\sf GQ}||\overrightarrow{\sf GR}|}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{-\frac{1}{2}\left(p^2+\frac{1}{p^2}\right)}{\frac{1}{2}\sqrt{\left(p^2+\frac{1}{p^2}\right)^2+12}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\frac{p^2+\frac{1}{p^2}}{\sqrt{\left(p^2+\frac{1}{p^2}\right)^2+12}}\end{align*}}$ ･･････③
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X=p^2+\frac{1}{p^2}\end{align*}}$
とおいて、Xについての関数
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (X)=-\frac{X}{\sqrt{X^2+12}}\end{align*}}$
を考える。まずf(X)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(X)=-\frac{\sqrt{X^2+12}-X\cdot\frac{2X}{2\sqrt{X^2+12}}}{x^2+12}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\frac{\left(X^2+12\right)-X^2}{\left(\sqrt{x^2+12}\right)^3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-\frac{12}{\left(\sqrt{x^2+12}\right)^3}\leqq 0\end{align*}}$
となるので、f(X)は単調に減少する。
また、Xの範囲は、p2＞0より相加･相乗平均の関係を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X=p^2+\frac{1}{p^2}\geq 2\sqrt{p^2\cdot\frac{1}{p^2}}=2\end{align*}}$
となるので、X＝2のときf(X)は最大値をとり、その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (2)=-\frac{2}{\sqrt{2^2+12}}=-\frac{1}{2}\end{align*}}$
よって、③において、cos$\scriptsize\sf{\theta}$の最大値が$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{2}\end{align*}}$ となるので、
0≦$\scriptsize\sf{\theta}$≦$\scriptsize\sf{\pi}$の範囲における$\scriptsize\sf{\theta}$ の最小値は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \frac{2\pi}{3}\ }\end{align*}}$ である。
式の形からから考えると相加相乗平均を使うのは順当でしょう。
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第３問
曲線C：y＝xe-xについて以下の問いに答えよ。
(１) 曲線Cの接線で点(1，a)を通るものがちょうど2本存在する
ようなaの値をすべて求めよ。
(２) (１)で求めたaのうち最大のものをa0とする。点(1，a0)を通る
曲線Cの接線のうち、傾きが負になるものをLとするとき、曲線
Cと直線Lおよびy軸で囲まれた図形の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
y＝xe-xの導関数は、
y’＝e-x＋x･(－e-x)＝(1－x)e-x
なので、C上の点(t，te-t)における接線の方程式は、
y－te-t＝(1－t)e-t(x－t)
となり、これが、点(1，a)を通るので、
a－te-t＝(1－t)e-t(a－t)
⇔ (t2－t＋1)e-t＝a ･･････①
①の左辺をtについての関数と見なし、f(t)とおくと、
f(t)＝(t2－t＋1)e-t
f’(t)＝(2t－1)e-t－(t2－t＋1)e-t
＝－(t2－3t＋2)e-t
＝－(t－1)(t－2)e-t
となるので、f(t)の増減およびy＝f(t)のグラフは次のようになる。
点(1，a)を通るCの接線が2本
⇔ ①の実数解の個数が2個
⇔ y＝f(t)とy＝aのグラフの共有点が2個
と考えられるので、題意を満たすaの値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\underline{\ e^{-1}\ ,\ 3e^{-2}\ }\end{align*}}$
(２)
まず(１)より、a0＝3e-2である。
接線の傾きが負になるのは
(1－t)e-t＜0
⇔ 0＜t (∵e-t＞0)
なので、これらを満たす①の解は上のグラフ
から考えると t＝2 である。
よって、接線Lの方程式は
y－2e-2＝－e-2(x－2)
⇔ y＝－e-2x＋4e-2
となる。CとLの位置関係は右図のようになるので、
C、L、y軸で囲まれる部分の面積Sは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S=\int_0^2\left(-e^{-2}x+4e^{-2}-xe^{-x}\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-e^{-2}\left[\frac{1}{2}x^2-4x\right]_0^2+\bigg[xe^{-x}\bigg]_0^2-\int_0^2e^{-x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =6e^{-2}+2e^{-2}+\bigg[e^{-x}\bigg]_0^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ 9e^{-2}-1\ }\end{align*}}$
これは易しいですので、落としちゃいけません。
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第４問
xyz空間において、原点Oを中心とするxy平面内の半径1の円周Kを
考える。nは3以上の整数とする。Kのn等分点
$\small\sf{\begin{align*}\sf P_k\left(\cos\frac{2\pi k}{n}\ ,\ \sin\frac{2\pi k}{n}\ ,\ 0\right)\ \ \ \ (k=1,2,\ldots ,n)\end{align*}}$
をとる。P1、P2、･･･、Pnを中心とするxy平面内の半径sの円を順に
L1、L2、･･･、Lnとする。ただし、L1とL2、L2とL3、･･･、Ln-1とLn、
LnとL1は互いに接しているとする。
(１) 半径sをnを用いて表せ。
次に、L1、L2、･･･、Lnを底面とした同じ高さhのn個の円錐を考え、
順にA1、A2、･･･、Anとおく。A1、A2、･･･、Anの頂点のz座標は
いずれも正とする。A1、A2、･･･、Anのすべての頂点を通る円周を
K’とする。K’を周に持つ円を底面とし、Z(0，0，z)（z＜0）を頂点
とする円錐でA1、A2、･･･、Anのそれぞれと側面で接するものをB
とする。このとき、Bに外接する球面S（K’およびZをBと共有する球
面）がL1、L2、･･･、Lnのそれぞれと一点のみを共有するようにhを
定める。
(２) SとLnの共有点をQnとおくとき、線分QnZの長さは2であることを
示せ。
(３) hをsを用いて表せ。
(４) n個の円錐A1、A2、･･･、Anの体積の和をVとするとき、極限値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{V}{s^2}\end{align*}}$ を求めよ。
(注) 2つの円錐が側面で接するとは、2つの円錐の側面の共通部分
がただ一つの線分となることである。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
△OPkPk+1（k＝1、2、･･･、n）は、
OPk＝OPk+1＝1
の二等辺三角形であり、その頂角は
∠PkOPk+1＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{2\pi}{n}\end{align*}}$
である。PkPk+1の中点すなわち2円
Lk、Lk+1の接点をMkとおくと、
PkPk+1⊥OMk
なので、△OPkMkにおいて、
s＝OPksin∠OPkMk
＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \sin\frac{\pi}{n}}\end{align*}}$
(２)
円K’の中心をO’、Anの頂点をRnとし、
Rnを通るK’の直径をRnR’nとする。
また、LnとSは1点Qnのみを共有するので、
O、Pn、Qnは一直線上にあり、Qnを通るLn
の直径をQnQ’nとする。
すると、AnとBは互いの母線RnQ’n、ZRn
を共有することになる（右図）。
よって、球Sを点Z、Rn、R’nを通る平面で
切った円は、点Qnも通ることになる。
△RnQ’nQnと△ZRnR’nは共に二等辺三角形
であり、O’Z//RnPnなので、∠QnRnPn＝$\scriptsize\sf{\theta}$
とすると、
∠QnRnZ＝RnZR’n＝2$\scriptsize\sf{\theta}$ ．
等しい円周角に対する弧の長さは等しいので、
弧QnZ＝弧RnR’n
⇔ QnZ＝RnR’n
＝2O’Rn
＝2OPn
＝2
となるので、題意は示された。
(３)
△PnQnRnにおいて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P_nQ_n=s\ \ ,\ \ P_nR_n=h\ \ ,\ \ Q_nR_n=\sqrt{P_nQ_n^2+P_nR_n^2}=\sqrt{s^2+h^2}\end{align*}}$
であり、△PnQnRn∽△O’RnZなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf ZR_n=\frac{\sqrt{s^2+h^2}}{s}\end{align*}}$ ．
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=\frac{P_nR_n}{Q_nR_n}=\frac{h}{\sqrt{s^2+h^2}}\end{align*}}$
なので、倍角公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos 2\theta=2\left(\frac{h}{\sqrt{s^2+h^2}}\right)^2-1=\frac{2h^2}{s^2+h^2}-1\end{align*}}$ ．
これらを用いて、△ZQnRnに余弦定理を適用すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2^2=\left(\sqrt{s^2+h^2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{s^2+h^2}}{s}\right)^2-2\cdot\sqrt{s^2+h^2}\cdot\frac{\sqrt{s^2+h^2}}{s}\left(\frac{2h^2}{s^2+h^2}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4s^2=\left(s^2+h^2\right)s^2+\left(s^2+h^2\right)-4sh^2+2s\left(s^2+h^2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-2s+s^2\right)h^2=-s^4-2s^3+3s^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-s\right)^2h^2=-s^2\left(s-1\right)\left(s+3\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ h^2=\frac{s^2(3+s)}{1-s}\ \ \ \ (\because s\ne 1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ h=\underline{\ s\sqrt{\frac{3+s}{1-s}}\ }\ \ (\because s\ ,\ h>0)\end{align*}}$
(４)
求める極限の値をLとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=n\cdot\frac{\pi}{3}s^2h\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L=\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{V}{s^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}\lim_{n\rightarrow\infty}\ ns\sqrt{\frac{3+s}{1-s}}\end{align*}}$ ←(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}\lim_{n\rightarrow\infty}\ n\sin\frac{\pi}{n}\sqrt{\frac{3+\sin\frac{\pi}{n}}{1-\sin\frac{\pi}{n}}}\end{align*}}$ ←(１)より
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf N=\frac{\pi}{n}\end{align*}}$
とおくと、n→∞のとき N→0となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L=\frac{\pi}{3}\lim_{N\rightarrow 0}\ \frac{\pi\sin N}{N}\cdot\lim_{N\rightarrow 0}\ \sqrt{\frac{3+\sin N}{1-\sin N}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{\pi}{3}\cdot\pi\cdot\sqrt{\frac{3+0}{1-0}}\end{align*}}$
図形の把握が難しいかもしれませんね。
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