第2問
aを自然数（すなわち1以上の整数）の定数とする。白球と赤球が
あわせて1個以上入っている袋Uに対して。次の操作(*)を考える。
(*)袋から球を1個取り出し、
(ⅰ)取り出した球が白球のときは、袋Uの中身が白球a個、
赤球1個となるようにする。
(ⅱ)取り出した球が赤球のときは、その球を袋Uに戻すこと
なく、袋Uの中身はそのままにする。
はじめに袋Uの中に、白球がa+2個、赤球が1個入っているとする。
この袋Uに対して操作(*)を繰り返し行う。
たとえば、1回目の操作で白球が出たとすると、袋Uの中身は白球a個、
赤球1個となり、さらに2回目の操作で赤球が出たとすると、袋Uの中身
は白球a個のみとなる。
n回目に取り出した球が赤球である確率をpnとする。ただし、袋Uの中
の個々の球の取り出される確率は等しいものとする。
(1) p1、p2を求めよ。
(2) n≧3に対してpnを求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{m}\sum_{n=1}^mp_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
はじめ袋Uには白球a+2個と赤球1が入っているので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ p_1=\frac{1}{a+3}}\end{align*}}$
赤球を取り出した次の操作では必ず白球を取り出すので、
2回目に赤球を取り出すためには、白→赤の順に取り出せばよい。
1回目に白球を取り出したとき、袋Uには白球a個、赤球1個が
入っているので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_2=\frac{a+2}{a+3}\cdot\frac{1}{a+1}=\underline{\ \frac{a+2}{\left(a+1\right)\left(a+3\right)}}\end{align*}}$
(2)
3回目に赤球を取り出すためには、
白→白→赤 または 赤→白→赤
の順に取り出せばよい。
1回目以降の操作で
白球を取り出したあと、袋Uには白球a個、赤球1個
赤球を取り出したあと、袋Uには白球a個
が残ることになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_3=\frac{a+2}{a+3}\cdot\frac{a}{a+1}\cdot\frac{1}{a+1}+\frac{1}{a+3}\cdot 1\cdot\frac{1}{a+1}=\frac{a^2+3a+1}{\left(a+1\right)^2\left(a+3\right)}\end{align*}}$ ……(#)
n+1回目に赤球を取り出すためには、n回目に白球を取り出す
必要があるので、pnとpn+1の間には
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{n+1}=\left(1-p_n\right)\cdot\frac{1}{a+1}\end{align*}}$
という関係式が成り立つ。この漸化式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{n+1}-\frac{1}{a+2}=-\frac{1}{a+1}\left(p_n-\frac{1}{a+2}\right)\end{align*}}$
と変形できるので、数列$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{p_n-\frac{1}{a+2}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{n}-\frac{1}{a+2}=\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-3}\left(p_3-\frac{1}{a+2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_{n}=\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-3}\left(p_3-\frac{1}{a+2}\right)+\frac{1}{a+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_{n}=\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-3}\left\{\frac{a^2+3a+1}{\left(a+1\right)^2\left(a+3\right)}-\frac{1}{a+2}\right\}+\frac{1}{a+2}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{a+2}\left\{1- \frac{1}{a+3}\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1}\right\}}\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{m}\sum_{n-1}^mp_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{p_1+p_2}{m}+\frac{1}{m}\sum_{n=3}^mp_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{p_1+p_2}{m}+\frac{1}{m(a+2)}\sum_{n=3}^m\left\{1- \frac{1}{a+3}\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{p_1+p_2}{m}+\frac{m-2}{m(a+2)}-\frac{1}{m(a+2)(a+3)}\sum_{n=3}^m\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-3}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{p_1+p_2}{m}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{m-2}{m(a+2)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{2}{m}}{a+2}=\frac{1}{a+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{m(a+2)(a+3)}\sum_{n=3}^m\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{(a+2)(a+3)}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{m}\cdot \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{n=3}^m\left(-\frac{1}{a+1}\right)^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0\cdot\frac{\left(-\frac{1}{a+1}\right)^2}{1-\left(-\frac{1}{a+1}\right)}=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{m}\sum_{n=1}^mp_n=\underline{\ \frac{1}{a+2}}\end{align*}}$
n≧3という条件が面倒ですね。
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第3問
uを実数とする。座標平面上の2つの放物線
C1: y=－x2+1
C2: y=(x－u)2+u
を考える。C1とC2が共有点をもつようなuの値の範囲は、ある実数
a、bにより、a≦u≦bと表される。
(1) a、bの値を求めよ。
(2) uがa≦u≦bを満たすとき、C1とC2の共有点をP1(x1，y1)、
P2(x2，y2)とする。ただし、共有点が1点のみのときは、P1とP2
は一致し、ともにその共有点を表すとする。
2|x1y－xy1|
をuの式で表せ。
(3) (2)で得られるuの式をf(u)とする。定積分
$\small\sf{\begin{align*} \sf \rm I\sf =\int_a^bf\ (u)\ du\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
C1、C2の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -x^2+1=\left(x-u\right)^2+u\ \ \Leftrightarrow\ \ 2x^2-2ux+u^2+x-1=0\ \ \ldots\ldots (A)\end{align*}}$
となり、これが実数解を持てばよいので、判別式をDとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=u^2-2\left(u^2+u-1\right)\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ u^2+2u-2\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -1-\sqrt3\leqq u\leqq -1+\sqrt3\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=-1-\sqrt3\ \ ,\ \ b=-1+\sqrt3}\end{align*}}$
(2)
題意よりx1、x2は(A)の2解なので、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_1+x_2=u\ \ ,\ \ x_1x_2=\frac{1}{2}\left(u^2+u-1\right)\ \ \ldots\ldots (B)\end{align*}}$
また、P1、P2はC1上の点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_1=x_1^{\ 2}+1\ \ ,\ \ y_2=x_2^{\ 2}+1\ \ \ \ldots\ldots (C)\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\left|x_1y_2-x_2y_1\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left|x_1\left(x_2^{\ 2}+1\right)-x_2\left(x_1^{\ 2}+1\right)\right|\end{align*}}$ ←(C)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left|\left(x_1x_2+1\right)\left(x_1-x_2\right)\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left|x_1x_2+1\right|\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left|\frac{1}{2}\left(u^2+u-1\right)+1 \right|\sqrt{u^2-2\left(u^2+u-1\right)}\end{align*}}$ ←(B)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left|u^2+u+1 \right|\sqrt{-u^2-2u+2}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf u^2+u+1=\left(u+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\left|x_1y_2-x_2y_1\right|=\underline{\ \left(u^2+u+1 \right)\sqrt{-u^2-2u+2}}\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \rm I\sf =\int_a^b\left(u^2+u+1 \right)\sqrt{-u^2-2u+2}\ du\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{-1-\sqrt3}^{-1+\sqrt3}\left\{\left(u+1\right)^2-\left(u+1\right)+1\right\}\sqrt{3-\left(u+1\right)^2}\ du\end{align*}}$
なので、v=u+1と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \rm I\sf =\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}\left(v^2-v+1\right)\sqrt{3-v^2}\ dv\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_{0}^{\sqrt3}\left(v^2+1\right)\sqrt{3-v^2}\ dv\end{align*}}$ ．
さらに
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf v=\sqrt3\ \cos p\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dv}{dp}=-\sqrt3\ \sin p\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \rm I\sf =-2\int_{\pi/2}^{0}\left(3\cos^2p+1\right)\sqrt{3-3\cos^2p}\ \cdot\sqrt3\ \sin p\cdot dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6\int_0^{\pi/2}\left(3\sin^2p\cos^2p+\sin^2p\right)\ dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6\int_0^{\pi/2}\left(\frac{3}{4}\sin^24p+\sin^2p\right)\ dp\end{align*}}$ ←sinの倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6\int_0^{\pi/2}\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1-\cos 4p}{2}+\frac{1-\cos 2p}{2}\right)\ dp\end{align*}}$ ←sinの半角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =3\left[\frac{3}{4}\left(p-\frac{\sin 4p}{4}\right)+\left(p-\frac{\sin 2p}{2}\right)\right]_0^{\pi/2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{21}{8}\pi}\end{align*}}$
v=u+1の置換に気づかないと計算死にますｗｗ
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第4問
p、qは実数の定数で、0＜p＜1、q＞0をみたすとする。
関数
f(x)=(1－p)x+(1－x)(1－e-qx)
を考える。
以下の問いに答えよ。必要であれば、不等式1+x≦exが
すべての実数xに対して成り立つことを証明なしに用いてよい。
(1) 0＜x＜1のとき、0＜f(x)＜1であることを示せ。
(2) x0は0＜x0＜1をみたす実数とする。数列{xn}の各項xn
（n=1、2、3、…）を、
xn=f(xn-1)
によって順次定める。p＞qであるとき
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ x_n=0\end{align*}}$
となることを示せ。
(3) p＜qであるとき
c=f(c)、 0＜c＜1
をみたす実数cが存在することを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
0＜x＜1と0＜p＜1すなわち0＜1－p＜1より
0＜(1－p)x＜x ……(A)
また、0＜x＜1、q＞0より、
0＜e-qx＜1 すなわち 0＜1－e-qx＜1
なので
0＜(1－x)(1－e-qx)＜1－x ……(B)
(A)、(B)を辺々加えると、
0＜(1－p)x+(1－x)(1－e-qx)＜x+(1－x)
⇔ 0＜f(x)＜1
となるので、題意は示された。
(2)
(1)より、0＜x0＜1のとき、0＜f(x0)=x1＜1であり、
以下、帰納的に0＜xn＜1 となる。
すべての実数xに対して不等式1+x≦exが成り立つので、
1+(－qx)≦e-qx
⇔ 1－e-qx≦qx．
よって、これより
xn=f(xn-1)
=(1－p)xn-1+(1－xn-1)(1－e-qxn-1)
≦(1－p)xn-1+qx(1－xn-1)
＜(1－p+q)xn-1
となる。これは任意のnに対して成り立つので、
0＜x1＜(1－p+q)x0
0＜x2＜(1－p+q)x1
0＜x3＜(1－p+q)x2
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
0＜xn＜(1－p+q)xn-1
となり、これらを辺々かけると、
0＜xn＜(1－p+q)nx0 ……(C)
ここで、0＜q＜p＜1より、0＜1－p+q＜1なので、
n→∞のとき、(1－p+q)n→0となる。
よって、(C)にはさみうちの原理を適用すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ x_n=0\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(3)
0＜x＜1の範囲で考える。
g(x)=f(x)－x とおくと、
g’(x)=1－p－(1－e-qx)+(1－x)･qe-qx－1
=(1+q－qx)e-qx－p－1
g”(x)=－qe-qx－(1+q－qx)･qe-qx
=－q{2+q(1－x)}e-qx ．
0＜x＜1、q＞0より、g”(x)0となるので、
g’(x)は単調に減少する。
g’(x)は0＜x＜1において連続であり、
g’(0)=q－p＞0 （∵p＜q)
g’(1)=－p－(1－e-q)＜0 （∵0＜q)
なので、中間値の定理より、g’(x)=0 となるxが0＜x＜1の
範囲にただ1つ存在する。その値をaとおくと、
g(0)=f(0)－0=0
g(1)=1－p－1=－p＜0
となるので、g(x)の増減は次のようになる。
これよりg(a)＞0なので、中間値の定理より、g(x)=0 となる
xがa＜x＜1の範囲にただ1つ存在する。
すなわち、f(x)=xとなるxが0＜a＜x＜1の範囲に存在するので、
この値をcとおくと、題意は示されたことになる。
今年の東大の問題では、唯一難しめの問題ですね。
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第5問
rを0以上の整数とし、数列{an}を次のように定める。
a1=r、 a2=r+1
an+2=an+1(an+1) （n=1、2、3、…）
また、素数pを1つとり、anをpで割った余りをbnとする。ただし、
0をpで割った余りは0とする。
(1) 自然数nに対し、bn+2はbn+1(bn+1)をpで割った余りと一致
することを示せ。
(2) r=2、p=17の場合に、10以下のすべての自然数nに対して、
bnを求めよ。
(3) ある2つの相異なる自然数n、mに対して、
bn+1=bm+1＞0、 bn+2=bm+2
が成り立ったとする。このとき、bn=bmが成り立つことを示せ。
(4) a2、a3、a4、…にpで割り切れる数が現れないとする。このとき、
a1もpで割り切れないことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
bnはanをpで割った余りなので、
bnは、 0≦bn≦p－1 を満たす整数である。 ……(#)
(1)
anをpで割ったときの商をcnとすると、
an=pcn+bn
と表すことができる。これより、
an+2=an+1(an+1)
⇔ pcn+2+bn+2=(pcn+1+bn+1)(pcn+bn+1)
⇔ bn+2－bn+1(bn+1)=p×整数
となるので、
bn+2－bn+1(bn+1)はpの倍数である。 ……(A)
よって、bn+2は、bn+1(bn+1)をpで割った余りと一致する。
(2)
まず、a1=2、a2=3より
b1=2、 b2=3 ．
(1)より
b2(b1+1)=9 なので b3=9
b3(b2+1)=36=17･2+2 なので b4=2
b4(b3+1)=20=17･1+3 なので b5=3
となり、以下も同様に計算していくと、
b1=b4=b7=b10=2
b2=b5=b8=3
b3=b6=b9=9
を得る。
(3)
M、Nを0以上の整数とすると、(A)より
bm+2－bm+1(bm+1)=pM
bn+2－bn+1(bn+1)=pN
と表すことができる。
ある2つの相異なる自然数n、mに対して、
bn+1=bm+1＞0、 bn+2=bm+2
が成り立つとき、上式は
bm+2－bm+1(bm+1)=pM
bm+2－bm+1(bn+1)=pN
となるので、両辺の差をとると、
bm+1(bm－bn)=p(N－M)．
ここで、bm+1＞0と(#)より、bm+1は1、2、…、p－1のいずれか
であり、pは素数なので、pとbm+1と互いに素である。
よって、bm－bnはpの倍数である。
(#)より
0≦bn≦p－1 かつ 0≦bm≦p－1
なので、
－(p－1)≦bm－bn≦p－1
この範囲にあるpの倍数は0のみである。よって、
bm－bn=0
より、bm=bnが導かれる。
(4)
a2、a3、a4、……はすべてpで割り切れないので、(#)より
b2、b3、b4、……は、1、2、…、p－1のいずれかの値をとる。
よって、隣り合う2数の組
(b1，b2)、(b2，b3)、(b3，b4)、……
を考えていくと、2数の組み合わせは(p－1)2通りしかないので、
必ず同じ組が現れる。
よって、
(bm+1，bm+2)=(bn+1，bn+2)
となるような、自然数m、n（m＜n）が存在する。
このとき(3)より、bm=bnであり、さらに
(bm，bm+1)=(bn，bn+1)
となるので、(3)より、bm-1=bn-1を得る。
これを順次くり返していくと、b1=bn-m+1となり、
bn-m+1≠0より b1≠0である。
よって、a1はpで割り切れない。
(4)が書きにくいかもしれませんね。
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第6問
座標平面上の原点をOで表す。
線分$\small\sf{\begin{align*} \sf y=\sqrt3\ x\ \ (0\leqq x\leqq 2)\end{align*}}$ 上の点Pと、線分$\small\sf{\begin{align*} \sf y=-\sqrt3\ x\ \ (-2\leqq x\leqq 0)\end{align*}}$
上の点Qが、線分OPと線分OQの長さの和が6となるように動く。
このとき、線分PQの通過する領域をDとする。
(1) sを0≦s≦2をみたす実数とするとき、点(s，t)がDに入るような
tの範囲を求めよ。
(2) Dを図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
線分y=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ x（0≦x≦2）、y=－$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\end{align*}}$ x（－2≦x≦0）
をそれぞれL1、L2とすると、題意より点(s，t)（0≦s≦2）はL1の
上側にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t\geqq \sqrt3\ s\end{align*}}$ ……(A)
P、Qの座標をそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(p\ ,\ \sqrt3\ p\right)\ \ ,\ \ Q\left(q\ ,\ \sqrt3\ q\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP+OQ=\sqrt{p^2+\left(\sqrt3\ p\right)^2}+\sqrt{q^2+\left(\sqrt3\ q\right)^2}=6\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q=p-3\end{align*}}$ ……(B)
を得る。
さらに、0≦p≦2、－2≦q≦0と(B)より、pの値の範囲は
1≦p≦2 ……(C)
となる。
線分PQの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\sqrt3\ p=\frac{\sqrt3\ p-\left(-\sqrt3\ q \right)}{p-q}\left(x-p \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{\sqrt3}{3}\left(2p-3 \right)x-\frac{2\sqrt3}{3}p^2+2\sqrt3\ p\end{align*}}$
と表せ、これが点(s，t)を通るとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{\sqrt3}{3}\left(2p-3 \right)s-\frac{2\sqrt3}{3}p^2+2\sqrt3\ p\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2p^2-2\left(s+3\right)p+3s+\sqrt3\ t=0\end{align*}}$ ……(D)
点(s，t)がDに入るためには、
(D)を満たすような実数pが(C)の範囲に存在すればよい。 ……(*)
(D)の左辺をf(p)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (p)=2\left(p-\frac{s+3}{2}\right)^2+\frac{2\sqrt3\ t-s^2-9}{2}\end{align*}}$
と変形できるので、放物線y=f(p)の軸の位置によって
(ⅰ)～(ⅲ)の場合に分けて考える。
(ⅰ) 1≦軸≦2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\leqq \frac{s+3}{2}\leqq 2\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq s\leqq 1\ \ \ \left(\because 0\leqq s\leqq 2 \right)\end{align*}}$
であり、(*)の条件を満たすためには、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2\sqrt3\ t-s^2-9}{2}\leqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ t\leqq \frac{\sqrt3}{6}\ s^2+\frac{3\sqrt3}{2}\end{align*}}$
かつ、f(1)またはf(2)が0以上であればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (1)=\sqrt3\ t+s-4\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ t\geqq -\frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\end{align*}}$ または
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (2)=\sqrt3\ t-s-4\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ t\geqq \frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\end{align*}}$
(ⅱ) 軸≦1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{s+3}{2}\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ s\leqq -1\end{align*}}$
0≦s≦2より、この場合はあり得ない。
(ⅲ) 2≦軸のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\leqq \frac{s+3}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ 1\leqq s\leqq 2\ \ \ \left(\because 0\leqq s\leqq 2 \right)\end{align*}}$
であり、(*)の条件を満たすためには、
f(1)≧0 かつ f(2)≦0であればよいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (1)=\sqrt3\ t+s-4\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ t\geqq -\frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\end{align*}}$ かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (2)=\sqrt3\ t-s-4\leqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ t\leqq \frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\end{align*}}$
2直線m1、m2を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m_1:\ y=-\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}\ \ \ \ \ \ \ \ m_2:\ y=\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}\end{align*}}$
とおき、放物線C1を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_1:\ y=\frac{\sqrt3}{6}\ x^2+\frac{3\sqrt3}{2}\end{align*}}$
とおく。
【C1とm1の共有点】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3}{6}\ x^2+\frac{3\sqrt3}{2}=-\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x+1\right)^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-1\end{align*}}$
【C1とm2の共有点】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3}{6}\ x^2+\frac{3\sqrt3}{2}=\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x-1\right)^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\end{align*}}$
【m1とm2の共有点】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ x=0\end{align*}}$
【m1とL1の共有点】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}=\sqrt3\ x\ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\end{align*}}$
【m2とL1の共有点】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt3}\ x+\frac{4\sqrt3}{3}=\sqrt3\ x\ \ \Leftrightarrow\ \ x=2\end{align*}}$
よって、0≦s≦1の範囲では、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\leqq \frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\leqq \frac{\sqrt3}{6}\ s^2+\frac{3\sqrt3}{2}\end{align*}}$
となるので、(ⅰ)よりtの範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ -\frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\leqq t\leqq \frac{\sqrt3}{6}\ s^2+\frac{3\sqrt3}{2}\ \ \ \ (0\leqq s\leqq 1)}\end{align*}}$
一方、1≦s≦2の範囲では、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\leqq \sqrt3\ s\leqq \frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\leqq \frac{\sqrt3}{6}\ s^2+\frac{3\sqrt3}{2}\end{align*}}$
となるので、(A)と(ⅲ)よりtの範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \sqrt3\ s\leqq t\leqq \frac{1}{\sqrt3}\ s+\frac{4\sqrt3}{3}\ \ \ \ (1\leqq s\leqq 2)}\end{align*}}$
(2)
(1)と図の対称性より、線分PQ上の点(s，t)の存在する範囲は
下図のようになり、これが領域Dである。
（境界線上の点を含む）
よくある問題ですね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/11/21(水) 01:12:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .東京大 理系 2014
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