第２問
△ABCにおいて、∠A、∠B、∠Cの大きさをそれぞれA、B、Cと
するとき、次の等式が成り立つとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sin A}{5}=\frac{\sin B}{3}\end{align*}}$
また、A、B、Cのうち最も大きな角は120°であるとする。このとき、
cosA、cosB、cosCの値をそれぞれ求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
BC＝a、CA＝b、AB＝cとおくと、正弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\end{align*}}$
と与えられた等式より a：b＝5：3 となるので、
正の実数kを用いて
a＝5k、 b＝3k ……(*)
と表すことができる。
(ⅰ) A＝120°のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos A=-\frac{1}{2}\end{align*}}$
であり、余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (5k)^2=c^2+(3k)^2-2\cdot c\cdot 3k\ \cos 120^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c=\frac{-3+\sqrt{73}}{2}\ k\ \ (>0)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos B=\frac{(5k)^2+\left(\frac{-3+\sqrt{73}}{2}\ k\right)^2-(3k)^2}{2\cdot 5K\cdot\frac{-3+\sqrt{73}}{2}\ k }=\frac{73-3\sqrt{73}}{10\left(\sqrt{73}-3 \right)}=\frac{\sqrt{73}}{10}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos C=\frac{(5k)^2+(3k)^2-\left(\frac{-3+\sqrt{73}}{2}\ k\right)^2}{2\cdot 5K\cdot 3k }=\frac{\sqrt{73}+9}{20}\end{align*}}$
(ⅱ) B＝120°のとき
(*)より、a＞bなのでA＞Bとなるが、
これは、A＜180－120＝60°であることに矛盾する。
よって、この場合はあり得ない。
(ⅲ) C＝120°のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos C=-\frac{1}{2}\end{align*}}$
であり、余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c^2=(5k)^2+(3k)^2-2\cdot 5k\cdot 3k\ \cos 120^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c=7k\ \ (>0)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos B=\frac{(5k)^2+(7k)^2-(3k)^2}{2\cdot 5K\cdot 7k }=\frac{13}{14}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos A=\frac{(7k)^2+(3k)^2-(5k)^2}{2\cdot 3K\cdot 7k }=\frac{11}{14}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \cos A=-\frac{1}{2}\ \ ,\ \ \cos B=\frac{\sqrt{73}}{10}\ \ ,\ \ \cos C=\frac{\sqrt{73}+9}{20}}\end{align*}}$ または
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \cos A=\frac{11}{14}\ \ ,\ \ \cos B=\frac{13}{14}\ \ ,\ \ \cos C=-\frac{1}{2}}\end{align*}}$
となる。
いろいろな解き方があると思いますが、
上の解法が一番考えやすいのではないでしょうか？
(ⅰ)の計算が少し煩雑ではありますが・・・・
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第３問
pは奇数である素数とし、N＝(p＋1)(p＋3)(p＋5)とおく。
(１) Nは48の倍数であることを示せ。
(２) Nが144の倍数になるようなpの値を、小さい順に5つ求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
pは3以上の奇数なので、自然数kを用いて、
p＝2k＋1
と表すことができる。
よって、
N＝(2k＋2)(2k＋4)(2k＋3)
＝8(k＋1)(k＋2)(k＋3) ……(*)
となり、連続3整数の積(k＋1)(k＋2)(k＋3)は6の倍数
なので、Nは48の倍数である。
(２)
(*)より、Nが144の倍数となるためには、
(k＋1)(k＋2)(k＋3)が18（＝32･2）の倍数であるばよい。
k＋1、k＋2、k＋3の2つ以上が3の倍数になることはないので、
k＋1、k＋2、k＋3いずれかが32の倍数になる必要がある。
そのような場合を小さい方から順に書きあげていくと、
k＋3＝9 ⇔ k＝6 ⇔ p＝13（素数）
k＋2＝9 ⇔ k＝7 ⇔ p＝15
k＋1＝9 ⇔ k＝8 ⇔ p＝17（素数）
k＋3＝18 ⇔ k＝15 ⇔ p＝31（素数）
k＋2＝18 ⇔ k＝16 ⇔ p＝33
k＋1＝18 ⇔ k＝17 ⇔ p＝35
k＋3＝27 ⇔ k＝24 ⇔ p＝49
k＋2＝27 ⇔ k＝25 ⇔ p＝51
k＋1＝27 ⇔ k＝26 ⇔ p＝53（素数）
k＋3＝36 ⇔ k＝33 ⇔ p＝67（素数）
となるので、題意を満たすpは
13、17、31、53、61
である。
連続3整数の積が6の倍数になることは、証明抜きに使ってもいいでしょう。
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第４問
A、Bふたりは、それぞれ1から4までの番号のついた4枚のカードを
持ち、それを用いて何回かの勝負から成るつぎのゲームをする。
・初めにA、Bはそれぞれ4枚のカードを自分の袋に入れ、よくかき
混ぜる
・A、Bはそれぞれ自分の袋から無作為に1枚ずつカードを取り出し、
そのカードを比較して1回の勝負を行う。すなわち、大きい番号の
ついたカードを取り出したほうがこの回は勝ちとし、番号が等しい
ときはこの回は引き分けとする。
・袋から取り出したカードは袋に戻さないものとする。
・A、Bどちらかが2回勝てば、カードの取り出しをやめて、2回勝っ
たほうをゲームの勝者とする。4枚すべてのカードを取り出しても
いずれも2回勝たなければゲームは引き分けとする。
このとき、以下の問いに答えよ。
(１) Aが0勝0敗4引き分けしてゲームが引き分けになる確率を求めよ。
(２) Aが1勝1敗2引き分けしてゲームが引き分けになる確率を求めよ。
(３) Aがゲームの勝者になる確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Aが取り出したカードの数を順にa、b、c、dとすると、
4引き分けになるためには、Bもa→b→c→dの順に取り出せば
よいので、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{4\ !}=\underline{\ \frac{1}{24}}\end{align*}}$
(２)
Aが取り出したカードの数を順にa、b、c、dとする。
ともに1勝1敗2引き分けになるようなBのカードの取り出し方は
a→b→d→c
a→d→c→b
a→c→b→d
d→b→c→a
c→b→a→d
b→a→c→d
の6通りあるので、求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{6}{4\ !}=\underline{\ \frac{1}{4}}\end{align*}}$
(３)
このゲームの結果は
(ア)Aが勝者になる
(イ)Bが勝者になる
(ウ)ともに0勝0敗4引き分け
(エ)ともに1勝1敗2引き分け
の4つの場合が考えられ、(ア)と(イ)の確率は等しい。
よって、(ア)の確率は、(１)、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-\frac{1}{24}-\frac{1}{4}\right)\times\frac{1}{2}=\underline{\ \frac{17}{48}}\end{align*}}$
と求めることができる。
あれやこれや言葉で書くより、全部書き出した方が楽です＾＾
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第５問
袋の中に、赤玉が3個、白玉が7個入っている。袋から玉を無作為に
1つ取り出し、色を確認してから、再び袋に戻すという試行を行う。
この試行をN回くり返したときに、赤玉をA回（ただし0≦A≦N）
取り出す確率をp(N，A)とする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) 確率p(N，A)をNとAを用いて表せ。
(２) Nが10の倍数、すなわちN＝10nとなる自然数nがあるとする。
確率p(10n，0)、p(10n，1)、…、p(10n，10n)のうち一番
大きな値はp(10n，3n)であることを次の手順により証明せよ。
(ⅰ) 0以上の整数a、自然数bに対して、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{b!}{a!}\leqq b^{b-a}\end{align*}}$ を示す。
ただし0！＝1とする。
(ⅱ) 0以上10n以下の整数mに対して、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{p(10n,m)}{p(10n,3n)}\leqq 1\end{align*}}$ を示す。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
1回の試行において、赤玉、白玉 が取り出される確率はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{10}\ \ ,\ \ \frac{7}{10}\end{align*}}$ ．
N回中に赤玉がA回、白玉がN－A回取り出されればよいので、
求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p(N,A)=\underline{\ _NC_A\left(\frac{3}{10}\right)^A\left(\frac{7}{10}\right)^{N-A}}\end{align*}}$
である。
(２)(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b!}{a!}\leqq b^{b-a}\end{align*}}$ ……(*)
(ア) a＜bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b!}{a!}=b(b-1)(b-2)\ldots\ldots(a+2)(a+1)\end{align*}}$
であり、
b＝b
b－1＜b
b－2＜b
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
a＋2＜b
a＋1＜b
これら(b－a)個の式を辺々かけると
b(b-1)(b-2)・…・(a＋2)(a＋1)＜bb-a
となるので、(*)が成り立つ。
(イ) a＝bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b!}{a!}=1=b^0=b^{b-a}\end{align*}}$
より(*)は成り立つ。
(ウ) a＞bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b!}{a!}=\frac{1}{a(a-1)(a-2)\ldots\ldots(b+2)(b+1)}\end{align*}}$
であり、
a＞b
a－1＞b
a－2＞b
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
b＋2＞b
b＋1＞b
これら(a－b)個の式を辺々かけると
a(a-1)(a-2)・…・(b＋2)(b＋1)＞ba-b
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a(a-1)(a-2)\ldots\ldots(b+2)(b+1)}<\frac{1}{b^{a-b}}=b^{b-a}\end{align*}}$
となり、(*)が成り立つ。
(２)(ⅱ)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{p(10n,m)}{p(10n,3n)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\frac{(10n)!}{m!(10n-m)!}\left( \frac{3}{10}\right)^{m}\left( \frac{7}{10}\right)^{10n-m}}{\frac{(10n)!}{(3n)!(7n)!}\left( \frac{3}{10}\right)^{3n}\left( \frac{7}{10}\right)^{7n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{(3n)!(7n)!\cdot 3^m\cdot 7^{10n-m}}{(m)!(10n-m)!\cdot 3^{3n}\cdot 7^{7n}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{(3n)!}{m!}\cdot\frac{(7n)!}{(10n-m)!}\cdot 3^{m-3n}\cdot 7^{3n-m}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \leqq (3n)^{3n-m}\cdot (7n)^{-3n+m}\cdot 3^{m-3n}\cdot 7^{3n-m}\end{align*}}$ ←(２)(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf = 3^{3n-m}\cdot n^{3n-m}\cdot 7^{-3n+m}\cdot n^{-3n+m}\cdot3^{m-3n}\cdot 7^{3n-m}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =3^0\cdot 7^0\cdot n^0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1\end{align*}}$
となるので、題意は成立する。（等号成立はm＝3nのとき）
きれいな問題ですねぇ～
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第６問
座標平面上に、原点を中心とする半径1の円と、その円に外接し、
各辺がx軸またはy軸に平行な正方形がある。円周上の点
$\small\sf{\begin{align*}\sf (\cos\theta,\sin\theta)\ \ \left(0\lt\theta\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ における接線と正方形の
隣接する2辺がなす三角形の3辺の長さの和は一定であることを
示せ。また、その三角形の面積を最大にする$\small\sf{\theta}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
O(0，0)、A(1，1)、P(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ ，sin$\scriptsize\sf{\theta}$ )とおくと、
直線OPの方程式は、y＝(tan$\scriptsize\sf{\theta}$ )x と表されるので、
Pにおける接線をLとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L:\ y-\sin\theta=-\frac{1}{\tan\theta}\left(x-\cos\theta \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{\tan\theta}x+\frac{1}{\sin\theta}\end{align*}}$
となる。
Lと直線x＝1との交点をQとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(1\ ,\ -\frac{1}{\tan\theta}+\frac{1}{\sin\theta} \right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AQ=1-\left(-\frac{1}{\tan\theta}+\frac{1}{\sin\theta}\right)=1+\frac{1}{\tan\theta}-\frac{1}{\sin\theta}\end{align*}}$ ．
また、Lと直線y＝1との交点をRとすると、
∠AQR＝$\scriptsize\sf{\theta}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AR=AQ\tan\theta=\tan\theta +1-\frac{1}{\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf QR=\frac{AQ}{\cos\theta}=\frac{1}{\cos\theta} +\frac{1}{\sin\theta}-\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AQ+AR+QR\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(1+\frac{1}{\tan\theta}-\frac{1}{\sin\theta}\right)+\left(\tan\theta +1-\frac{1}{\cos\theta}\right)+\left(\frac{1}{\cos\theta} +\frac{1}{\sin\theta}-\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+\tan\theta+\frac{1}{\tan\theta}-\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+\frac{\sin\theta}{\cos\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin\theta}-\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+\frac{\sin^2\theta+\cos^2\theta-1}{\sin\theta\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\end{align*}}$
となるので、△AQRの3辺の長さの和は一定である。
また、△AQRの面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{\tan\theta}-\frac{1}{\sin\theta}\right)\left(\tan\theta +1-\frac{1}{\cos\theta}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin\theta+\cos\theta-1}{\sin\theta}\cdot\frac{\sin\theta+\cos\theta-1}{\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(\sin\theta+\cos\theta-1\right)^2}{2\sin\theta\cos\theta}\end{align*}}$
ここで、Sの分子をtとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\sin\theta+\cos\theta-1=\sqrt2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-1\end{align*}}$
と変形できるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\theta\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲において
tのとり得る値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt t\leqq \sqrt2 -1\end{align*}}$ ……①
である。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (t+1)^2=\left(\sin\theta+\cos\theta \right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t^2+2t+1=\sin^2\theta+\cos^2\theta+2\sin\theta\cos\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t^2+2t=2\sin\theta\cos\theta\end{align*}}$
なので、Sは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{t^2}{t^2+2t}=\frac{t}{t+2}=1-\frac{2}{t+2}\end{align*}}$
と変形できる。
よって、t＋2が最大になるときSが最大になるので、
①の範囲で考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\sqrt2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)-1=\sqrt2-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \theta+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}\ \ \ \ \left(\because 0<\theta<\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ t=\frac{\pi}{4}}\end{align*}}$
のときにSは最大となる。
後半でSの最大値を求めるところはいろいろな考え方がありますが、
うまい具合に分子と分母を同時に処理することを考えましょう。
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第７問
実数aに対し、関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_x^{x+1}|t+1|\ dt+a\end{align*}}$
を考える。曲線C：y＝f(x)がx軸と2個の共有点を持つための
aの範囲を求めよ。またこのとき曲線Cとx軸で囲まれる部分の
面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(ⅰ) x＋1＜－1 すなわち x＜－2のとき
x≦t≦x＋1のtに対してつねにt＋1＜0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_x^{x+1}\left(-t-1 \right)dt+a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\left[\frac{1}{2}t^2+t \right]_x^{x+1}+a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-x+a-\frac{3}{2}\end{align*}}$
(ⅱ) x≦－1≦x＋1 すなわち －2≦x≦－1 のとき
x≦t≦－1のtに対してつねにt＋1≦0、
－1≦t≦x＋1のtに対してつねにt＋1≧0 なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_x^{-1}\left(-t-1 \right)dt+\int_{-1}^{x+1}\left(t+1 \right)dt+a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\left[\frac{1}{2}t^2+t \right]_x^{-1}+\left[\frac{1}{2}t^2+t \right]_{-1}^{x+1}+a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x^2+3x+a-\frac{5}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(x+\frac{3}{2}\right)^2+a+\frac{1}{4}\end{align*}}$
(ⅲ) －1＜xのとき
x≦t≦x＋1のtに対してつねにt＋1＞0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_x^{x+1}\left(t+1 \right)dt+a=x+a+\frac{3}{2}\end{align*}}$
(ⅰ)～(ⅲ)より、曲線Cは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x<-\frac{3}{2}\end{align*}}$ の範囲では単調に減少し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x>-\frac{3}{2}\end{align*}}$ の範囲では単調に増加する。
よって、曲線Cがx軸と2個の共有点を持つためには、
f(x)の最小値＜0であればよいので、求めるaの値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-\frac{3}{2}\right)=a+\frac{1}{4}<0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a<-\frac{1}{4}}\end{align*}}$
である。
曲線Cとx軸で囲まれる部分の面積をSとおく。
また、C上のx＝－2およびx＝－1に対応する点をA、Bとすると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\left(-2\ ,\ a+\frac{1}{2} \right)\ \ ,\ \ B\left(-1\ ,\ a+\frac{1}{2} \right)\end{align*}}$
である。
(ア)A、Bがx軸上またはx軸より上にある場合
aの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a+\frac{1}{4}<0\leqq a+\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{1}{4} である。
曲線Cはx軸と(ⅱ)で求めた放物線の
部分で交わり（右図）、そのx座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+3x+a+\frac{5}{2}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{-3\pm\sqrt{-4a-1}}{2}\end{align*}}$ ．
これらをp、q（p＜q）とすると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_p^q\left\{-\left(x^2+3x+a+\frac{5}{2}\right) \right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\int_p^q\left(x-p\right)\left(x-q\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}\left(q-p\right)^3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}\left(\frac{-3+\sqrt{-4a-1}}{2}-\frac{-3-\sqrt{-4a-1}}{2}\right)^3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}\left(\sqrt{-4a-1}\right)^3\end{align*}}$
(イ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a< -\frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき
A、Bはx軸より下にあるので、曲線Cはx軸と
(ⅰ)、(ⅲ)で求めた直線の部分で交わり（右図）、
そのx座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -x+a-\frac{3}{2}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=a-\frac{3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x+a+\frac{3}{2}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-a-\frac{3}{2}\end{align*}}$ ．
S＝赤色の台形＋水色部分 なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\left\{\left(-a-\frac{3}{2}\right)-\left(a-\frac{3}{2} \right)+1 \right\}\left(-a-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{6}\cdot 1^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a^2-\frac{1}{12}\end{align*}}$
(ア)、(イ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ S=\left\{ \begin{array}{ll}\sf \frac{1}{6}\left(\sqrt{-4a-1}\right)^3 & \left(\sf -\frac{1}{4}\lt a\leqq -\frac{1}{2}\right) \\ \sf a^2-\frac{1}{12} & \left(\sf a< -\frac{1}{2}\right) \\\end{array} \right.}\end{align*}}$
細かい場合分けに注意しましょう。
(ⅰ)、(ⅲ)の半直線はそれぞれ点A、Bで(ⅱ)の放物線と接しています。
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第８問
座標平面上に、円C：(x－1)2＋(y－1)2＝1と点Q(1，2)がある。
点P1の座標を(3，0)とし、x軸上の点P2、P3、……を以下の条件
によって決め、Pnの座標を(pn，0)とする。
点Pnから円Cに接線を引き、そのy座標が正である接点をTn
とする。このとき、3点Q、Tn、Pn+1は同一直線上にある。
（n＝1，2，…）
このとき、以下の問いに答えよ。
(１) T1の座標を求めよ。
(２) P2の座標を求めよ。
(３) Tnの座標をpnの式で表せ。
(４) Pnの座標をnの式で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
A(1，1)、R(1，0)とおく。
(３)
題意よりpn＝1とはなり得ないので、直線APnの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-1=-\frac{1}{p_n-1}\left(x-1\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{p_n-1}\ x+\frac{p_n}{p_n-1}\end{align*}}$
と表せる。
APn⊥RTnなので、直線RTnの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\left(p_n-1\right)\left(x-1 \right)\end{align*}}$
であり、点Tnの座標を(Xn，Yn)とおくと、
Tnは直線RTn上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y_n=\left(p_n-1\right)\left(X_n-1 \right)\end{align*}}$．
ここで、RTnの中点をMnとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf M_n\left(\frac{X_n+1}{2}\ ,\ \frac{\left(p_n-1\right)\left(X_n-1\right)}{2} \right)\end{align*}}$
であり、Mnは直線APn上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\left(p_n-1\right)\left(X_n-1\right)}{2}=-\frac{1}{p_n-1}\cdot \frac{X_n+1}{2}+\frac{p_n}{p_n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(p_n-1\right)^2\left(X_n-1\right)=-\left(X_n+1\right)+2p_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ X_n=\frac{p_n^2}{p_n^2-2p_n+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y_n=\left(p_n-1\right)\left(\frac{p_n^2}{p_n^2-2p_n+2}-1 \right)=\frac{2\left(p_n-1\right)^2}{p_n^2-2p_n+2}\end{align*}}$
よって、点Tnの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_n\left(X_n\ ,\ Y_n \right)=\underline{\ \left(\frac{p_n^2}{p_n^2-2p_n+2}\ ,\ \frac{2\left(p_n-1\right)^2}{p_n^2-2p_n+2}\right)}\end{align*}}$
となる。
(４)
(３)より直線QTnの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-2=\frac{Y_n-2}{X_n-1}\left(x-1\right)\end{align*}}$
であり、これとx軸の交点が(pn+1，0)なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0-2=\frac{Y_n-2}{X_n-1}\left(p_{n+1}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(Y_n-2\right)\left(p_{n+1}-1\right)=-2\left(X_n-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{\frac{2\left(p_n-1\right)^2}{p_n^2-2p_n+2}-2\right\}\left(p_{n+1}-1\right)=-2\left(\frac{p_n^2}{p_n^2-2p_n+2}-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{2\left(p_n-1\right)^2-2\left(p_n^2-2p_n+2\right)\right\}\left(p_{n+1}-1\right)=-2\left\{p_n^2-\left(p_n^2-2p_n+2\right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -2\left(p_{n+1}-1\right)=-2\left(2p_n-2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_{n+1}=2p_n-1\end{align*}}$
となる。
この式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ p_{n+1}-1=2\left(p_n-1\right)\end{align*}}$
と変形できるので、数列{pn－1}は公比2の等比数列をなす。
題意よりp1＝3なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n-1=2^n\left(p_1-1\right)=2^n\ \ \Leftrightarrow\ \ p_n=2^n+1\end{align*}}$
となる。
よって、点Pnの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ P_n\left(2^n+1\ ,\ 0 \right)}\end{align*}}$
である。
(１)
(３)にp1＝3を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_1\left(\frac{3^2}{4^2-6+2}\ ,\ \frac{2\left(3-1\right)^2}{3^2-6+2}\right)=\underline{\ \left(\frac{9}{5}\ ,\ \frac{8}{5}\right)}\end{align*}}$
(２)
(４)にn＝2を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ P_2\left(5\ ,\ 0 \right)}\end{align*}}$
同じことを2回くり返すのが面倒だったので、(３)、(４)を先に解きました。
図形的に考えると、(４)は
A、MnはそれぞれQR、TnRの中点なので、APn//QPn+1となる。
よって、PnはQPn+1の中点なので、
PnR＝Pn+1Pn
⇔ pn－1＝pn+1－pn
⇔ pn+1＝2pn＋1
となって秒殺です！！
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第９問
n、mを0以上の整数とし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \rm I_{\sf n,m}\sf =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^n\theta\sin^m\theta\ d\theta\end{align*}}$
とおく。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) n≧2のとき、In，mをIn-2，m+2を使って表せ。
(２) 次の式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \rm I_{\sf 2n+1,2m+1}\sf =\frac{1}{2}\int_0^1x^n\left(1-x\right)^mdx\end{align*}}$
を示せ。
(３) 次の式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{n!\ m!}{(n+m+1)!}=\frac{_mC_0}{n+1}-\frac{_mC_1}{n+2}+\ldots +(-1)^m\frac{_mC_m}{n+m+1}\end{align*}}$
を示せ。ただし、0!＝1とする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
部分積分法を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{n,m}=\int_0^{\pi/2}\cos\theta\cos^{n-1}\theta\sin^m\theta\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\sin\theta\cos^{n-1}\theta\sin^m\theta\bigg]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}\sin\theta\left\{(n-1)\cos^{n-2}\theta(-\sin\theta)\cdot\sin^{m}\theta \right\}d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos^{n-1}\theta\cdot m\sin^{m-1}\cos\theta\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(n-1)\int_0^{\pi/2}\cos^{n-2}\theta\sin^{m+2}\theta\ d\theta-m\int_0^{\pi/2}\cos^{n}\theta\sin^{m}\theta\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(n-1)I_{n-2,m+2}-mI_{n,m}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (m+1)I_{n,m}=(n-1)I_{n-2,m+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ I_{n,m}=\frac{n-1}{m+1}\ I_{n-2,m+2}}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n+1}\theta\sin^{2m+1}\theta\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\left(\cos^2\theta\right)^n\left(\sin^2\theta\right)^md\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\left(\cos^2\theta\right)^n\left(1-\cos^2\theta\right)^md\theta\end{align*}}$
ここで、x＝cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=-\sin\theta\cos\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\int_1^0\sin\theta\cos\theta x^n(1-x)^m\cdot\frac{dx}{-\sin\theta\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1x^n(1-x)^m\ dx\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(３)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\frac{2n}{2m+2}\ I_{2n-1,2m+3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n-1,2m+3}=\frac{2n-2}{2m+4}\ I_{2n-3,2m+5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n-3,2m+5}=\frac{2n-4}{2m+6}\ I_{2n-5,2m+7}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{3,2m+2n-1}=\frac{2}{2m+2n}\ I_{1,2m+2n+1}\end{align*}}$
であり、これらn個の式の両辺を辺々かけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\frac{2n}{2m+2}\cdot\frac{2n-2}{2m+4}\cdot\frac{2n-4}{2m+6}\cdot\ldots\cdot\frac{2}{2m+2n}\ I_{1,2n+2m+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2^n\ n(n-1)(n-1)\ldots\ldots\cdot 2\cdot 1}{2^n\ m(m+1)(m+2)\ldots\ldots(m+n-1)(m+n)}\ I_{1,2n+2m+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n!\ m!}{(n+m)!}\ I_{1,2n+2m+1}\end{align*}}$ ……(ア)
ここで、y＝sin$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dy}{d\theta}=\cos\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{1,2n+2m+1}=\int_0^{\pi/2}\cos\theta\sin^{2n+2m+1}\theta\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^1\cos\theta y^{2n+2m+1}\cdot\frac{dy}{\cos\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\frac{1}{2n+2m+2}\ y^{2n+2m+2}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2(n+m+1)}\end{align*}}$ ……(イ)
となり、(ア)、(イ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\frac{n!\ m!}{2(n+m+1)!}\end{align*}}$ ……(ウ)
を得る。
一方、(２)の式に二項定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\frac{1}{2}\int_0^1 x^n\sum_{k=0}^m\ _mC_k\left(-x\right)^k dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_0^1\sum_{k=0}^m\ _mC_k\left(-1\right)^kx^{n+k}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\sum_{k=0}^m\left\{\left(-1\right)^k_mC_k\int_0^1x^{n+k}dx\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\sum_{k=0}^m\left\{\left(-1\right)^k_mC_k\bigg[\frac{1}{n+k+1}\ x^{n+k+1}\bigg]_0^1\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\sum_{k=0}^m\left\{\left(-1\right)^k\frac{_mC_k}{n+k+1}\right\}\end{align*}}$ ……(エ)
(ウ)、(エ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_{2n+1,2m+1}=\frac{n!\ m!}{2(n+m+1)!}=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^m\left\{\left(-1\right)^k\frac{_mC_k}{n+k+1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{n!\ m!}{(n+m+1)!}=\sum_{k=0}^m\left\{\left(-1\right)^k\frac{_mC_k}{n+k+1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{n!\ m!}{(n+m+1)!}=\frac{_mC_0}{n+1}-\frac{_mC_1}{n+2}+\ldots +(-1)^m\frac{_mC_m}{n+m+1}\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
細かい計算に気をつけましょう。
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第10問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=e^{\sin x}\left(\sin 2x-2\cos x\right)\end{align*}}$
について、以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}f\ (x)\ dx\end{align*}}$ の値を求めよ。
(２) 0≦x＜2$\small\sf{\pi}$ におけるf(x)の最大値を求めよ。
(３) x≧0のとき
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(x^2+2x-2\right)\ e^x\geqq f\ (x)\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
倍角公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=2e^{\sin x}\cos x\left(\sin x-1\right)\end{align*}}$
と変形できる。t＝sinxと置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=\cos x\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}f\ (x)\ dx=\int_{-1}^22e^{\sin x}\cos x\left(\sin x-1\right)\cdot \frac{dt}{\cos x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_{-1}^1e^t\left(t-1\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\bigg[e^t\left(t-1\right)\bigg]_{-1}^1-2\int_{-1}^1e^t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{0-(-2e^{-1})\right\}-2\bigg[e^t\bigg]_{-1}^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{-2e+6e^{-1}}\end{align*}}$
(２)
f(x)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=2e^{\sin x}\cos^2x\left(\sin x-1\right)-2e^{\sin x}\sin x\left(\sin x-1\right)+2e^{\sin x}\cos^2x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2e^{\sin x}\sin x\left(-\cos^2x+\sin x-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2e^{\sin x}\sin x\left(\sin^2x+\sin x-2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2e^{\sin x}\sin x\left(\sin x-1\right)\left(\sin x+2\right)\end{align*}}$
となるので、f(x)の0≦x＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ における増減は次の通り。
よって、f(x)はx＝$\scriptsize\sf{\pi}$ で最大値2をとる。
(３)
xについての関数g(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=\left(x^2+2x-2\right)\ e^x\ \ \ (x\geqq 0)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=\left(x^2+4x\right)\ e^x> 0\ \ \ \left(\because x\geqq 0 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ ''(x)=\left(x^2+6x+4\right)\ e^x> 0\ \ \ \left(\because x\geqq 0 \right)\end{align*}}$
なので、g(x)およびg’(x)は単調に増加する。
また、x≧0の範囲では、x≧sinxが成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)\geqq g\ '(\sin x)\end{align*}}$ ……(#)
(ア) 0≦x≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき
xの関数h(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ (x)=g\ (x)-f\ (x)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=g\ '(x)-f\ '(x)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq g\ '(\sin x)-f\ '(x)\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\sin^2x+4\sin x\right)\ e^{\sin x}-\left\{-2e^{\sin x}\sin x\left(\sin^2x+\sin x-2\right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\sin x\right)^2 \left(3\sin x+2\right)\ e^{\sin x}\geqq 0\end{align*}}$
なので、h(x)は単調に増加する。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ (0)=g\ (0)-f\ (0)=(-2)-(-2)=0\end{align*}}$
なので、この範囲でつねにh(x)≧0となる。
(イ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ ＜xのとき
g(x)が単調に増加することと、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)\geqq g\left(\frac{\pi}{2}\right)>g\ (1)=e>2\geqq f\ (x)\end{align*}}$
以上より、x≧0でつねに不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x^2+2x-2\right)\ e^x\geqq f\ (x)\end{align*}}$
が成り立つので、題意は示された。
x≧sinxを証明なしで使っていいかは微妙なところですが。
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