第1問
係数が実数である多項式f(x)=x3+ax2+bx+cに対して、方程式
f(x)=0が異なる3つの実数解をもつとき、次の問いに答えよ。
(1) 方程式f’(x)=0は異なる2つの実数解をもつことを示せ。
(2) (1)の解$\small\sf{\alpha}$ 、$\small\sf{\beta}$ とするとき、$\small\sf{\alpha}$ 2+$\small\sf{\beta}$ 2と$\small\sf{\alpha}$ 3+$\small\sf{\beta}$ 3をa、bで表せ。
(3) 次の式が成立することを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\left( \frac{\alpha+\beta}{2}\right)=\frac{f\left(\alpha \right)+f\left(\beta \right)}{2}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
f(x)の導関数は
f’(x)=3x2+2ax+b
(1)
二次方程式f’(x)=0は
(ア) 実数解を持たない。
(イ) 重解を持つ。
(ウ) 異なる2つの実数解を持つ。
の3つの場合が考えられる。
(ア)、(イ)の場合は、常に f’(x)≧0 となり、f(x)は単調に増加
するので、方程式f(x)=0が異なる3個の実数解を持つことはない。
このことの対偶をとると、
方程式f(x)=0が異なる3個の実数解を持つとき、方程式f’(x)=0は
異なる2個の実数解を持つ。
よって、題意は示された。
(2)
方程式f’(x)=0の解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha+\beta=-\frac{2}{3}a\ \ ,\ \ \alpha\beta=\frac{b}{3}\end{align*}}$ ……(#)
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^2+\beta^2=\left(\alpha+\beta \right)^2-2\alpha\beta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(-\frac{2}{3}a\right)^2-2\cdot\frac{b}{3}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{4}{9}a^2-\frac{2}{3}b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^3+\beta^3=\left(\alpha+\beta \right)^3-3\alpha\beta\left(\alpha+\beta \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(-\frac{2}{3}a\right)^3-3\cdot\frac{b}{3}\cdot\left(-\frac{2}{3}a\right)\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ -\frac{8}{27}a^3+\frac{2}{3}ab}\end{align*}}$
(3)
(#)より左辺は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=f\left(-\frac{a}{3}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(-\frac{a}{3}\right)^3+a\cdot\left(-\frac{a}{3}\right)^2+b\cdot\left(-\frac{a}{3}\right)+c\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{27}a^3-\frac{1}{3}ab+c\end{align*}}$ ．
(2)と(#)より右辺は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{f\left(\alpha \right)+f\left(\beta\right)}{2}=\frac{\left(\alpha^3+a\alpha^2+b\alpha+c \right)+\left(\beta^3+a\beta^2+b\beta+c \right)}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\alpha^3+\beta^3\right)+\frac{a}{2}\left(\alpha^2+\beta^2\right)+\frac{b}{2}\left(\alpha+\beta\right)+c\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(-\frac{8}{27}a^3+\frac{2}{3}ab\right)+\frac{a}{2}\left(\frac{4}{9}a^2-\frac{2}{3}b\right)+\frac{b}{2}\left(-\frac{2}{3}a\right)+c\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{27}a^3-\frac{1}{3}ab+c\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left( \frac{\alpha+\beta}{2}\right)=\frac{f\left(\alpha \right)+f\left(\beta \right)}{2}\end{align*}}$
が成り立つ。
3次曲線が変曲点について対称なことを考えると、
(3)は当たり前のような気がしますが。
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- 2014/08/11(月) 23:57:00|
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第2問
△ABCについて、次の問いに答えよ。
(1) 辺BC、CA、ABの中点をD、E、Fとすると、線分AD、BE、CFは
1点Gで交わり、
AG：GD=BG：GE=CG：GF=2：1
であることを示せ。
(2) △ABCの面積をS、内接円の半径をr、3辺の長さをa、b、cとすると、
$\small\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{S}{L}\ \ ,\ \ S=\sqrt{L\left(L-a \right)\left(L-b \right)\left(L-c \right)}\end{align*}}$
であることを示せ。ただし、2L=a+b+cとする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
線分ADとBEの交点をPとし、直線CPと辺ABの
交点をQとすると、チェバの定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{AQ}{QB}\cdot\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}=\frac{AQ}{QB}\cdot\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{1}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ AQ=BQ\end{align*}}$
となるので、QはABの中点Fと一致する。
よって、線分AD、BE、CFは1点Pで交わることになり、
この点をGとすると、題意は示された。
また、メネラウスの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{AQ}{AB}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DG}{GA}=\frac{1}{1}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{DG}{GA}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ AG:GD=2:1\end{align*}}$
交点をQとすると、チェバの定理より、
となり、他についても同様に成り立つ。
(2)
△ABCの内心をIとすると、△IBC、△ICA、△IABは、
それぞれ底辺がa、b、cで、高さがrの三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\triangle IBC+\triangle ICA+\triangle IAB\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}cr\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =Lr\ \ \ \ \left(\because 2L=a+b+c\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r=\frac{S}{L}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}bc\sin A\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}bc\sqrt{1-\cos^2A}\end{align*}}$ ←∠Aは三角形の内角なので、sinA＞0
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}bc\sqrt{\left(1+\cos A \right)\left(1-\cos A \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}bc\sqrt{\left(1+\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}\right)\left(1-\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}\right)}\end{align*}}$ ←余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\sqrt{\left(2bc-a^2+b^2+c^2 \right)\left(2bc+a^2-b^2-c^2 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\sqrt{-\left\{a^2-\left(b^2+2bc+c^2\right)\right\}\left\{a^2-\left(b^2-2bc+c^2\right)\right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\sqrt{-\left\{a^2-\left(b+c\right)^2\right\}\left\{a^2-\left(b-c\right)^2\right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\sqrt{-\left(a+b+c \right)\left(a-b-c \right)\left(a-b+c \right)\left(a+b-c \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}\sqrt{-2L\left(2a-2L\right)\left(2L-2b \right)\left(2L-2c \right)}\ \ \ \ \left(\because 2L=a+b+c\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{L\left(L-a \right)\left(L-b\right)\left(L-c\right)}\end{align*}}$
(2)の後半は、いわゆるヘロンの公式です。一度も導いたことがなければ、
かなり厳しいでしょうねぇ。
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- 2014/08/12(火) 23:57:00|
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第3問
nは自然数とし、t＞0とする。次の問いに答えよ。
(1) 次の不等式を示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(1+t\right)^n\geqq 1+nt+\frac{n\left(n-1 \right)}{2}\ t^2\end{align*}}$
(2) 0＜r＜1とする。次の極限値を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\left(1+t\right)^n}\ \ ,\ \ \lim_{n\rightarrow\infty} n r^n\end{align*}}$
(3) x≠－1のとき、次の和Snを求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_n=1-2x+3x^2-4x^3+\ldots +(-1)^{n-1}nx^{n-1}\end{align*}}$
(4) 0＜x＜1のとき、極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ S_n\end{align*}}$ をA(x)とおく。A(x)を求めよ。
さらに、極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow 1-0}\ A(x)\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
二項定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1+t\right)^n=_nC_0+_nC_1t+_nC_2t^2+\ldots+_nC_nt^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq _nC_0+_nC_1t+_nC_2t^2\ \ \ \ \ \left(\because t>0 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+nt+\frac{n\left(n-1 \right)}{2}\ t^2\end{align*}}$
となるので、題意は示された。（等号成立は、n=2のとき）
(2)
(1)の不等式の両辺をn（＞0）で割ると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\left(1+t \right)^n}{n}\geqq \frac{1}{n}+t+\frac{n-1}{2}\ t^2\ \ (>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0<\frac{n}{\left(1+t \right)^n}\leqq \frac{1}{\frac{1}{n}+t+\frac{n-1}{2}\ t^2}\end{align*}}$
となり、t＞0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\frac{1}{n}+t+\frac{n-1}{2}\ t^2}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\left(1+t \right)^n}=\underline{\ 0\ }\end{align*}}$ ……(i)
また、0＜r＜1より、正の数tを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{1}{1+t}\end{align*}}$
と表すことができるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ nr^n=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\left(1+t \right)^n}=\underline{\ 0\ }\end{align*}}$ ←(i)より
(3)
Sn－(－xSn)を計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=1-2x+3x^2-4x^3+\ldots +(-1)^{n-1}nx^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -xS_n=\ \ \ \ -x+2x^2-3x^3+\ldots +(-1)^{n-1}(n-1)x^{n-1}+(-1)^nnx^n\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1+x\right)S_n=\underline{1-x+x^2-x^3+\ldots +(-x)^{n-1}}-(-1)^nnx^n\end{align*}}$
となり、上式の下線部は公比－x（≠1）の等比数列の和なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1+x\right)S_n=\frac{1-\left(-x\right)^n}{1+x}-(-1)^nnx^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ S_n=\frac{1-\left(-x\right)^n}{\left(1+x\right)^2}-\frac{(-1)^nnx^n}{1+x}}\end{align*}}$ ←1+x≠0より
(4)
0＜x＜1のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(-x \right)^n=0\end{align*}}$
であり、さらに(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}nx^n=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}S_n=\underline{\ \frac{1}{\left(1+x\right)^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow 1-0}\ A(x)=\lim_{x\rightarrow 1-0}\frac{1}{\left(1+x\right)^2}=\underline{\ +\infty}\end{align*}}$
上から順に誘導に乗っていけば、最後までたどり着けると思います。
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- 2014/08/13(水) 23:57:00|
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第4問
実数a、bはa＞b＞0とする。楕円 $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\end{align*}}$ で囲まれる領域をA、
楕円 $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2}=1\end{align*}}$ で囲まれる部分をBで表す。共通部分A∩Bの面積
をS、和集合A∪Bの面積をTとする。次の問いに答えよ。
(1) Aの面積が$\small\sf{\pi}$ abであることを示せ。
(2) Bに含まれてAに含まれない部分の面積をa、b、$\small\sf{\alpha}$ を用いて表せ。
ただし、$\small\sf{\begin{align*} \sf \sin\alpha=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ ,\ \ 0<\alpha<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ とする。
(3) T=2Sであるとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{b}{a}\end{align*}}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
2つの楕円をそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_1:\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\pm\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_2:\ \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\pm\frac{a}{b}\sqrt{b^2-x^2}\end{align*}}$
とおく。
(1)
C1は両軸について対称なので、領域Aの面積をSAとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_A=4\int_0^a\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}\ dx\end{align*}}$
となる。
ここで、定積分 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^a\sqrt{a^2-x^2}\ dx\end{align*}}$ は、半径がaである4分の1円の
面積を表すので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_A=\frac{4b}{a}\cdot \frac{\pi}{4}a^2=\pi\ ab\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(2)
C2はC1を原点中心に90°回転させた楕円なので、
C1とC2は、直線y=xについて対称である。
よって、C1とC2の交点のうち第1象限にあるもののx座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2}=x\ (>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{b^2}{a^2}\left(a^2-x^2 \right)=x^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^2=\frac{a^2b^2}{a^2+b^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ (>0)\end{align*}}$
である。これをx1とする。
Bに含まれてAに含まれない部分は右図の
水色部分であり、この面積をS*とおくと、
図の対称性より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S^*=4\int_0^{x_1}\left(\frac{a}{b}\sqrt{b^2-x^2}-\frac{b}{a}\sqrt{a^2-x^2} \right)dx\end{align*}}$ ……(*)
として求めることができる。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\alpha=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ ,\ \ 0<\alpha<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ (>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{a}{b}\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_1=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=b\sin\alpha=a\cos\alpha\end{align*}}$
より、定積分 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{x_1}\sqrt{b^2-x^2}\ dx\ \ ,\ \ \int_0^{x_1}\sqrt{a^2-x^2} \ dx\end{align*}}$ はそれぞれ
下の図1および図2の面積として求めることができる。
これらは、扇形と三角形を組み合わせた図形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{x_1}\sqrt{b^2-x^2}\ dx=b^2\cdot\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{2}bx_1\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{b^2\alpha}{2}+\frac{1}{2}b\cdot\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{b^2\alpha}{2}+\frac{ab^3}{2\left(a^2+b^2\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{x_1}\sqrt{a^2-x^2}\ dx=a^2\cdot\frac{\frac{\pi}{2}-\alpha}{2}+\frac{1}{2}ax_1\sin\alpha\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a^2\left(\pi-2\alpha\right)}{4}+\frac{1}{2}a\cdot\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a^2\left(\pi-2\alpha\right)}{4}+\frac{a^3b}{2\left(a^2+b^2\right)}\end{align*}}$ ．
これらと(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S^*=\frac{4a}{b}\left\{\frac{b^2\alpha}{2}+\frac{ab^3}{2\left(a^2+b^2\right)}\right\}-\frac{4b}{a}\left\{\frac{a^2\left(\pi-2\alpha\right)}{4}+\frac{a^3b}{2\left(a^2+b^2\right)} \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2ab\alpha+\frac{2a^2b^2}{a^2+b^2}-ab\left(\pi-2\alpha\right)-\frac{2a^2b^2}{a^2+b^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ ab\left(4\alpha-\pi \right)}\end{align*}}$
(2)
図の対称性より、Aに含まれてBに含まれない部分の面積もS*に
等しいので、
S=SA－S*
T=SA+S* ．
また、題意より、T=2Sなので、これら3式よりS、Tを消去すると、
SA=3S*
となる。
これに(1)、(2)の結果を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \pi ab=3ab\left(4\alpha-\pi \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \alpha=\frac{\pi}{3}\ \ \ \ \left(\because a,b\ne 0 \right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (0<)\ \ \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{a^2}{a^2+b^2}=\frac{3}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a^2=3b^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \frac{b}{a}=\frac{1}{\sqrt3}\ \ (>0)}\end{align*}}$
(2)の計算がイヤな感じですが、(3)がきれいな数値になるので嬉しいですねぇ。
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- 2014/08/14(木) 23:57:00|
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