第1問
正の実数xに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{\log x}{x}\end{align*}}$
とする。
(1) 関数f(x)の増減を調べ、極値を求めよ。
(2) 自然数a、bで、a＜bかつab=baとなるものをすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\log x\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\log x}{x^2}\end{align*}}$
となるので、f(x)の増減は次のようになる。
よって、f(x)は、x=eで極大値 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{e}\ }\end{align*}}$ をとる。
(2)
ab=baの両辺は正なので、自然対数をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log a^b=\log b^a\ \ \Leftrightarrow\ \ b\log a=a\log b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\log a}{a}=\frac{\log b}{b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ f\ (a)=f\ (b)\end{align*}}$ ……(#)
(1)より、f(x)は、0＜x＜eの範囲で単調に増加し、
e＜xの範囲で単調に減少するので、(#)を満たす
a、bは、
0＜a＜e＜b
の範囲にある。
また、e=2.71… なので、a=1 または a=2である。
a=1のとき
f(1)=0であるが、e＜bのbに対してf(b)＞0
なので、(#)を満たさない。
a=2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (2)=\frac{\log 2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (4)=\frac{\log 4}{4}=\frac{2\log 2}{4}=\frac{\log 2}{2}\end{align*}}$
なので、b=4のとき(#)を満たし、
f(x)は、e＜xの範囲で単調に減少するので、
b=4以外に(#)を満たすようなbは存在しない。
以上より、a=2、b=4
すぐに 24=42=16に気づくと思いますが、
これ以外に存在しないことを証明する必要があります。
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第2問
空間に4点A(－2，0，0)、B(0，2，0)、C(0，0，2)、
D(2，－1，0) がある。3点A、B、Cを含む平面をTとする。
(1) 点Dから平面Tに下ろした垂線の足Hの座標を求めよ。
(2) 平面Tにおいて、3点A、B、Cを通る円Sの中心の座標と
半径を求めよ。
(3) 点Pが円Sの周上を動くとき、線分DPの長さが最小になる
Pの座標を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Hは平面T上にあるので、a+b+c=1 ……(ⅰ)を満たす
実数a、b、cを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OH}=a\overrightarrow{\sf OA}+b\overrightarrow{\sf OB}+c\overrightarrow{\sf OC}=\left(-2a\ ,\ 2b\ ,\ 2c \right)\end{align*}}$
と表すことができる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DH}=\left(-2a-2\ ,\ 2b+1\ ,\ 2c\right)\end{align*}}$
であり、DH⊥平面Tより、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DH}\end{align*}}$ は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AB}=\left(2\ ,\ 2\ ,\ 0 \right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf AC}=\left(2\ ,\ 0\ ,\ 2\right)\end{align*}}$
いずれとも垂直になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DH}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=2\left(-2a-2 \right)+2\left(2b+1 \right)+0=0\end{align*}}$ ……(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DH}\cdot\overrightarrow{\sf AC}=2\left(-2a-2 \right)+0+4c=0\end{align*}}$ ……(ⅲ)
(ⅰ)～(ⅲ)を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=-\frac{1}{6}\ ,\ b=\frac{1}{3}\ ,\ c=\frac{5}{6}\end{align*}}$
となるので、点Hの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ H\left( \frac{1}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\ ,\ \frac{5}{3}\right)\ }\end{align*}}$
である。
(2)
三角形ABCは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=BC=CA=2\sqrt2\end{align*}}$
である正三角形なので、外心と重心が一致する。
よって、外接円Sの中心をEとおくと、Eの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ E\left(- \frac{2}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\right)\ }\end{align*}}$ ．
また、Sの半径をRとおくと、正弦定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2R=\frac{AB}{\sin 60^{\circ}}=\frac{2\sqrt2}{\frac{\sqrt3}{2}}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ R=\frac{2\sqrt6}{3}\ }\end{align*}}$
(3)
DH⊥PHより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf DP=\sqrt{DH^2+HP^2}\end{align*}}$
であり、DHは一定なので、DPが最小になるのは、
HPが最小となるときである。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf EH}=\left(1\ ,\ 0\ ,\ 1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf EH=\sqrt{1^2+0+1^2}=\sqrt2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf EP=R=\frac{2\sqrt6}{3}>EH\end{align*}}$
より、点Hは円Sの内部にあるので、HPが最小になるのは、
3点E、H、Pがこの順で一直線上に並ぶときである。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf EP}=\frac{EP}{EH}\ \overrightarrow{\sf EH}=\frac{\frac{2\sqrt6}{3}}{\sqrt2}\ \overrightarrow{\sf EH}=\left(\frac{2\sqrt3}{3}\ ,\ 0\ ,\ \frac{2\sqrt3}{3} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}=\overrightarrow{\sf OE}+\overrightarrow{\sf EP}=\left(\frac{2\sqrt3-2}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\ ,\ \frac{2\sqrt3+2}{3} \right)\end{align*}}$
なので、求める点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ P\left(\frac{2\sqrt3-2}{3}\ ,\ \frac{2}{3}\ ,\ \frac{2\sqrt3+2}{3} \right)\ }\end{align*}}$
である。
(3)は、計算だけでやろうとすると確実に死にます。
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第3問
p、qは正の有理数で、$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt q\end{align*}}$ は無理数であるとする。
自然数nに対し、有理数an、bnを
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left( p+\sqrt q\right)^n=a_n+b_n\sqrt q\end{align*}}$
によって定める。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \left( p-\sqrt q\right)^n=a_n-b_n\sqrt q\end{align*}}$ を示せ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=\sqrt q\end{align*}}$ を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( p+\sqrt q\right)^n=a_n+b_n\sqrt q\end{align*}}$
において、n=1のとき
a1=p、 b1=1 ……(ア)
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt q=\left( p+\sqrt q\right)^{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( a_n+b_n\sqrt q\right)\left( p+\sqrt q\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( pa_n+qb_n\right)+\left( a_n+ pb_n\right)\sqrt q\end{align*}}$
であり、p、qは正の有理数で、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt q\end{align*}}$ は無理数なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=pa_n+qb_n\ \ ,\ \ b_{n+1}=a_n+pb_n\end{align*}}$ ……(イ)
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( p-\sqrt q\right)^n=a_n-b_n\sqrt q\end{align*}}$ ……(#)
が成り立つことを数学的帰納法を用いて証明する。
(ⅰ) n=1のとき
(ア)より自明
(ⅱ)n=kのとき、(#)が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( p-\sqrt q\right)^k=a_k-b_k\sqrt q\end{align*}}$ ……(ウ)
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( p-\sqrt q\right)^{k+1}=\left( p-\sqrt q\right)^{k}\left( p-\sqrt q\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( a_k-b_k\sqrt q\right)\left( p-\sqrt q\right)\end{align*}}$ ←(ウ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( pa_k+qb_k\right)-\left( a_k+ pb_k\right)\sqrt q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a_{k+1}-b_{k+1}\sqrt q\end{align*}}$ ←(イ)より
となり、(#)はn=k+1のときも成り立つ。
以上より、任意の自然数nに対して(#)が成り立つので、
題意は示された。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( p+\sqrt q\right)^n=a_n+b_n\sqrt q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( p-\sqrt q\right)^n=a_n-b_n\sqrt q\end{align*}}$
これら2式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1}{2}\bigg\{\left( p+\sqrt q\right)^n+\left( p-\sqrt q\right)^n \bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=\frac{1}{2\sqrt q}\bigg\{\left( p+\sqrt q\right)^n-\left( p-\sqrt q\right)^n \bigg\}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left( p+\sqrt q\right)^n+\left( p-\sqrt q\right)^n}{\left( p+\sqrt q\right)^n-\left( p-\sqrt q\right)^n}\cdot\sqrt q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt q\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1+\left( \frac{p-\sqrt q}{p+\sqrt q}\right)^n}{1-\left( \frac{p-\sqrt q}{p+\sqrt q}\right)^n}\end{align*}}$ ……(エ)
ここで、p＞0、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt q\end{align*}}$＞0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{p-\sqrt q}{p+\sqrt q}=1-\frac{2\sqrt q}{p+\sqrt q}<1\end{align*}}$ かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{p-\sqrt q}{p+\sqrt q}=-1+\frac{2p}{p+\sqrt q}>-1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left( \frac{p-\sqrt q}{p+\sqrt q}\right)^n=0\end{align*}}$ ．
よって、(エ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=\sqrt q\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(1)は有名題ですね。帰納法を使わずに、
そのまま漸化式を解いてもOKです。
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第4問
実数a、bと自然数nに対して
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\int_0^{2\pi}\left(a\cos x+b\sin x \right)^{2n}dx\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf J_n=\int_0^{2\pi}\left(\sin x \right)^{2n}dx\end{align*}}$
とおく。
(1) In=(a2+b2)nJn を示せ。
(2) JnとJn-1 （n≧2）の関係式を求め、Inを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
a=b=0のときは、In=0となり自明なので、
以下は、それ以外の場合を考える。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin p=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\ \ ,\ \ \cos p=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{align*}}$
となるpを考えると、Inは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\int_0^{2\pi}\left\{\sqrt{a^2+b^2}\ \sin \left(x+p \right)\right\}^{2n}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( a^2+b^2\right)^n\int_0^{2\pi}\left\{ \sin \left(x+p \right)\right\}^{2n}dx\end{align*}}$
と変形できる。
ここで、$\scriptsize\sf{\theta}$ =x+pと置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{d\theta}{dx}=1\end{align*}}$
であり、x：0→2$\scriptsize\sf{\pi}$ のとき、$\scriptsize\sf{\theta}$ ：p→p+2$\scriptsize\sf{\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\left(a^2+b^2 \right)^n\int_p^{p+2\pi}\left( \sin\theta\right)^{2n}d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(a^2+b^2 \right)^n\left\{\int_p^{2\pi}\left( \sin\theta\right)^{2n}d\theta+\int_{2\pi}^{p+2\pi}\left( \sin\theta\right)^{2n}d\theta\right\}\end{align*}}$ ．
さらに、φ=$\scriptsize\sf{\theta}$ －2$\scriptsize\sf{\pi}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{d\phi}{d\theta}=1\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\theta}$ ：2$\scriptsize\sf{\pi}$ →p+2$\scriptsize\sf{\pi}$ のとき、φ：0→pなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{2\pi}^{p+2\pi}\left( \sin\theta\right)^{2n}d\theta=\int_{0}^{p}\bigg\{ \sin\left(\phi+2\pi\right)\bigg\}^{2n}d\phi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{0}^{p}\left( \sin\phi\right)^{2n}d\phi\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\left(a^2+b^2 \right)^n\left\{\int_p^{2\pi}\left( \sin\theta\right)^{2n}d\theta+\int_{0}^{p}\left( \sin\phi\right)^{2n}d\phi\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(a^2+b^2 \right)^n\int_0^{2\pi}\left( \sin\theta\right)^{2n}d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(a^2+b^2 \right)^nJ_n\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(2)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_n=\int_0^{2\pi}\left(-\cos x \right)'\left(\sin x \right)^{2n-1}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[-\cos x \left(\sin x \right)^{2n-1}\bigg]_0^{2\pi}+\int_0^{2\pi}\cos x \cdot\left(2n-1\right)\left(\sin x \right)^{2n-2}\cdot \cos x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(2n-1\right)\int_0^{2\pi}\cos x^2 \left(\sin x \right)^{2n-2}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(2n-1\right)\int_0^{2\pi}\left(1-\sin x^2\right) \left(\sin x \right)^{2n-2}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(2n-1\right)\int_0^{2\pi} \left(\sin x \right)^{2n-2}dx-\left(2n-1\right)\int_0^{2\pi} \left(\sin x \right)^{2n}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ J_n=\left(2n-1 \right)J_{n-1}-\left(2n-1 \right)J_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2n\ J_n=\left(2n-1 \right)J_{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ J_n=\frac{2n-1}{2n}\ J_{n-1}\ }\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_0=\int_0^{2\pi}dx=2\pi\end{align*}}$
とすると、(2)の関係式はn=1の時も成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_n=\frac{2n-1}{2n}\ J_{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_{n-1}=\frac{2n-3}{2(n-1)}\ J_{n-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_{n-2}=\frac{2n-5}{2(n-2)}\ J_{n-3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_3=\frac{5}{6}\ J_{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_2=\frac{3}{4}\ J_{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_1=\frac{1}{2}\ J_{0}\end{align*}}$
これらを辺々かけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf J_n=\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2(n-1)}\cdot\frac{2n-5}{2(n-2)}\cdot\ldots\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\ J_{0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(2n\right)\left(2n-1\right)\left(2n-2\right)\cdot\ldots\cdot4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{\left\{2n\cdot 2\left(n-1\right)\cdot 2\left(n-2\right)\cdot\ldots\cdot4\cdot 2\right\}^2}\cdot 2\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(2n\right)!}{2^{2n-1}\cdot\left( n!\right)^2}\ \pi\end{align*}}$ ･･････(#)
よって、これと(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \rm I_{\sf n}\sf =\frac{\left(a^2+b^2 \right)^n\ \left(2n\right)!}{2^{2n-1}\cdot \left( n!\right)^2}\ \pi\ }\end{align*}}$
(#)の変形は、ちょっとテクニックが必要ですが、
よく出てくるので覚えておいた方がいいです。
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