第１問
三角形ABCの3辺の長さをa＝BC、b＝CA、c＝ABとする。実数t≧0を
与えたとき、Aを始点としBを通る半直線上にAP＝tcとなるように点Pを
とる。次の問いに答えよ。
(１) CP2をa、b、c、tを用いて表せ。
(２) 点PがCP＝aを満たすとき、tを求めよ。
(３) (２)の条件を満たす点Pが辺AB上にちょうど2つあるとき、∠Aと∠Bに
関する条件を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
△ABCで余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos A=\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}\end{align*}}$
△APCで余弦定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf CP^2=b^2+\left(tc\right)^2-2b\cdot tc\cdot\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ c^2t^2+\left(a^2-b^2-c^2\right)t+b^2\ }\end{align*}}$
(２)
(１)と CP＝aより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c^2t^2+\left(a^2-b^2-c^2\right)t+b^2=a^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c^2t^2+\left(a^2-b^2-c^2\right)t-\left(a^2-b^2\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(t-1\right)\left(c^2t+a^2-b^2\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t=1\ ,\ \frac{b^2-a^2}{c^2}\end{align*}}$ ．
よって、
b≧aのとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ t=1\ ,\ \frac{b^2-a^2}{c^2}\ }\end{align*}}$
b＜aのとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ t=1\ }\end{align*}}$
(３)
(２)より、b＜aの時は明らかに題意を満たさないので、
b≧aすなわち、∠B≧∠Aである必要がある。
このとき、Pは辺AB上にあり、Bと異なる点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq\frac{b^2-a^2}{c^2}<1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq b^2-a^2\lt c^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b^2\lt a^2+c^2\end{align*}}$
となるので、∠Bは鋭角である。
以上より、題意を満たすための条件は、
∠A≦∠B＜90°
である。
図を追加しておきました。
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第２問
次のような競技を考える。競技者がサイコロを振る。もし出た目が
気に入ればその目を得点とする。そうでなければ、もう1回サイコロ
を振って、2つの目の合計を得点とすることができる。ただし、合計
が7以上になった場合は得点は0点とする。この取り決めによって、
2回目を振ると得点が下がることもあることに注意しよう。次の問い
に答えよ。
(１) 競技者が常にサイコロを2回振ると、得点の期待値はいくらか。
(２) 競技者が最初の目が6のときだけ2回目を振らないとすると、
得点の期待値はいくらか。
(３) 得点の期待値を最大にするためには、競技者は最初の目が
どの範囲にあるときに2回目を振るとよいか。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
得点は下表のようになるので、
得点の期待値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2+3\cdot 2+4\cdot 3+5\cdot 4+6\cdot 5}{36}=\underline{\ \frac{35}{18}\ }\end{align*}}$
(２)
1回目に6の目が出る確率は 6分の1であり、
1回目に1～5の目が出たときは、(１)の表と
同じ得点になるので、得点の期待値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 6\cdot \frac{1}{6}+\frac{35}{18}=\underline{\ \frac{53}{18}\ }\end{align*}}$
(３)
1回目の目がｎ （n＝1、・・・、6）のとき、2回目を振った場合の
得点の期待値をEnとすると、(１)の表より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E_1=\frac{2+3+4+5+6+0}{6}=\frac{10}{3}>1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E_2=\frac{3+4+5+6+0+0}{6}=3>2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E_3=\frac{4+5+6+0+0+0}{6}=\frac{5}{2}<3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E_4=\frac{5+6+0+0+0+0}{6}=\frac{11}{6}<4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E_5=\frac{6+0+0+0+0+0}{6}=1<5\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E_6=\frac{0+0+0+0+0+0}{6}=0<6\end{align*}}$
となるので、
1回目の目が3以上の場合は、2回目を振らない方が得点が高い。
(２)は、
「常にサイコロを2回振り、1回目に6の目が出たときは、2回目の目に
関係なく得点を6点とする」
というルールを追加して競技を行っても同じことなので、
下のような表を書いて求めることも可能です。
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第３問
xy平面上に原点Oを中心とする半径1の円を描き、その上半分を
Cとし、その両端をA(－1，0)、B(1，0)とする。C上の2点M、N
をNM＝MBとなるようにとる。ただし、N≠Bとする。このとき、
次の問いに答えよ。
(１) ∠MAB＝$\small\sf{\theta}$ とおくとき、弦の長さMBおよび点Mの座標を$\small\sf{\theta}$ を
用いて表せ。
(２) 点Nからx軸におろした垂線をNPとしたとき、PBを$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(３) t＝sin$\small\sf{\theta}$ とおく。条件MB＝PBをtを用いて表せ。
(４) PB＝MBとなるような点Mがただ一つあることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
∠MOB＝2∠MAB＝2$\scriptsize\sf{\theta}$ より、Mの座標は
M(cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ ，sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ )
となるので、
MB2＝(cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ －1)2＋(sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ )2
＝2－2cos2$\scriptsize\sf{\theta}$
＝4sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ ←半角公式より
⇔ MB＝2sin$\scriptsize\sf{\theta}$ （＞0）
(２)
NM＝MBより、
∠NOB＝2∠MOB＝4$\scriptsize\sf{\theta}$
となるので、N、Pの座標は
N(cos4$\scriptsize\sf{\theta}$ ，sin4$\scriptsize\sf{\theta}$ )
P(cos4$\scriptsize\sf{\theta}$ ，0)．
よって、
PB＝1－cos4$\scriptsize\sf{\theta}$
(３)
(１)、(２)より、
MB＝PB
⇔ 2sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝1－cos4$\scriptsize\sf{\theta}$
＝1－(2cos22$\scriptsize\sf{\theta}$ －1) ←倍角公式
＝2－2(1－2sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ )2 ←倍角公式
⇔ 4sin4$\scriptsize\sf{\theta}$ －4sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ ＋sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝0
⇔ 4t4－4t2＋t＝0
ここで、
∠NOB＝4$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ ⇔ 0＜$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{4}\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt t\leqq \frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$ ……(#)
なので、求める条件は、
4t3－4t＋1＝0
となる。
(４)
(#)を満たすtに対して
f(t)＝4t3－4t＋1
とおくと、
f’(t)＝12t2－4
より、f(t)の増減は次のようになる。
これより、f(t)＝0となるtが 0＜t＜$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt3}\end{align*}}$ の範囲に
ただ1つ存在するので、PB＝MBとなるような点Mが
ただ一つ存在する。
丁寧な誘導がつているので、問題ないと思います。
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第４問
以下の問いに答えよ。答えだけでなく、必ず証明も記せ。
(１) 和 1＋2＋…＋nをnの多項式で表せ。
(２) 和 12＋22＋…＋n2をnの多項式で表せ。
(３) 和 13＋23＋…＋n3をnの多項式で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
求める和をSとおくと、
S＝1＋2＋・・・・・＋(n－1)＋n
S＝n＋(n－1)＋・・・・・＋2＋1
であり、これら2式を加えると、
2S＝(n＋1)＋(n＋1)＋・・・＋(n＋1)
＝n(n＋1)
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\sum_{k=1}^nk=\underline{\ \frac{1}{2}n\left(n+1\right)\ }\end{align*}}$
(２)
自然数k＝1，2，・・・，nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3k\left(k+1\right)=k\left(k+1\right)\left(k+2\right)-\left(k-1\right)k\left(k+1\right)\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3\cdot \left(1\cdot 2\right)=1\cdot 2\cdot 3-0\cdot 1\cdot 2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3\cdot \left(2\cdot 3\right)=2\cdot 3\cdot 4-1\cdot 2\cdot 3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3n\left(n+1\right)=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)-\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\end{align*}}$
これらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3\sum_{k=1}^nk\left(k+1\right)=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)-0\cdot 1\cdot 2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{k=1}^nk^2+\sum_{k=1}^nk=\frac{1}{3}n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{k=1}^nk^2=\frac{1}{3}n\left(n+1\right)\left(n+2\right)-\frac{1}{2}n\left(n+1\right)\end{align*}}$ ←(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}n\left(n+1\right)\bigg\{2\left(n+2\right)-3\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{6}n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)\ }\end{align*}}$
(３)
自然数k＝1，2，・・・，nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4k\left(k+1\right)\left(k+2\right)=k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(k+3\right)-\left(k-1\right)k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4\cdot \left(1\cdot 2\cdot 3\right)=1\cdot 2\cdot 3\cdot 4-0\cdot 1\cdot 2\cdot 3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4\cdot \left(2\cdot 3\cdot 4\right)=2\cdot 3\cdot 4\cdot 5-1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4n\left(n+1\right)\left(n+2\right)=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)-\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\end{align*}}$
であり、これらを辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4\sum_{k=1}^nk\left(k+1\right)\left(k+2\right)=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)-0\cdot 1\cdot 2\cdot 3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{k=1}^nk^3+3\sum_{k=1}^nk^2+2\sum_{k=1}^nk=\frac{1}{4}n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sum_{k=1}^nk^3=\frac{1}{4}n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{3}{6}n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)-\frac{2}{2}n\left(n+1\right)\end{align*}}$ ←(１)、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}n\left(n+1\right)\bigg\{\left(n+2\right)\left(n+3\right)-2\left(2n+1\right)-4\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{4}n^2\left(n+1\right)^2\ }\end{align*}}$
知っている人にはサービス問題です。
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