第１問
次の小問の に適する数を解答欄に記せ。
(１) 2個のさいころを同時に投げるという試行を4回続けて行う
ことにする。投げられた2個のさいころの目が一致するという
事象を考える。4回の試行において、この事 象が1回も起こ
らなければ1万円もらえるが、もし起これば、1回に起こるごと
に、もらえる金額は4倍になるものとする（もらえる金額は、
この事象が1回起これば1万円×4＝4万円、2回起これば
4万円×4＝16万円、・・・となる）。このとき、もらえる金額
の期待値は 円である。
(２) 極限値 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\left(a+ \frac{k}{n}\right)\left(1+\frac{k}{\sqrt{n^2+1}} \right)\end{align*}}$ が存在するためには
a＝ でなくてはならない。
(３) a＞0のときの $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_{-1}^a\left(1- \frac{x}{a}\right)\sqrt{1+x}\ dx\end{align*}}$ の最小値は である。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
1回の試行において、この事象が起こる確率および
起こらない確率はそれぞれ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{6}\ \ ,\ \ \frac{5}{6}\end{align*}}$ である。
この事象が4回のうちx回（x＝0，1，…，4）起こるとき、
もらえる金額は 4x万円であり、その確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf _4C_x\left( \frac{1}{6}\right)^x\left( \frac{5}{6}\right)^{4-x}\end{align*}}$
なので、もらえる金額の期待値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{x=0}^4\ 4^x\cdot 10^4\cdot _4C_x\left( \frac{1}{6}\right)^x\left( \frac{5}{6}\right)^{4-x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =10^4\cdot\sum_{x=0}^4\ _4C_x\left( \frac{4}{6}\right)^x\left( \frac{5}{6}\right)^{4-x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =10^4\cdot\left( \frac{4}{6}+\frac{5}{6}\right)^{4}\end{align*}}$ ←二項定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =15^4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ 50625\ }\end{align*}}$ 円
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\left(a+ \frac{k}{n}\right)\left(1+\frac{k}{\sqrt{n^2+1}} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\left\{a+\left(\frac{a}{\sqrt{n^2+1}}+ \frac{1}{n}\right)k+\frac{k^2}{n\sqrt{n^2+1}} \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{an+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{\sqrt{n^2+1}}+ \frac{1}{n}\right)n\left( n+1\right)+\frac{\left( n+1\right)\left(2n+1 \right)}{6\sqrt{n^2+1}} \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\frac{1}{2}+\frac{\left(2a+1\right)n}{2}+\frac{\left(3a+2\right)n^2+\left(3a+3\right)n+1}{6\sqrt{n^2+1}} \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\left(2a+1\right)n}{2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{\left(3a+2\right)n^2+\left(3a+3\right)n+1}{6n}\cdot\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+0}}=1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L=\frac{1}{2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(2a+1\right)n}{2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\frac{\left(3a+2\right)n}{6}+\frac{a+1}{2}+\frac{1}{6n}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}+\frac{a+1}{2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(2a+1\right)n}{2}+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(3a+2\right)n}{6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =1+\frac{a}{2}+\frac{1}{6}\lim_{n\rightarrow\infty}\left(9a+5\right)n\end{align*}}$ ．
これより、極限値Lが存在するためには、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 9a+5=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a=-\frac{5}{9}\ }\end{align*}}$
であればよい。
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L=1+\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{5}{9} \right)=\frac{13}{18}\end{align*}}$
となり、確かに極限値が存在する。
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (a)=\int_{-1}^a\left(1- \frac{x}{a}\right)\sqrt{1+x}\ dx\ \ \ \ \left( a\gt0\right)\end{align*}}$
とおく。t＝x＋1と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (a)=\int_{0}^{a+1}\left(1- \frac{t-1}{a}\right)\sqrt{t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_{0}^{a+1}\left(\frac{a+1}{a}\cdot t^{\frac{1}{2}}-\frac{1}{a}\cdot t^{\frac{3}{2}}\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left[\frac{2\left(a+1 \right)}{3a}\cdot t^{\frac{3}{2}}-\frac{2}{5a}\cdot t^{\frac{5}{2}}\right]_{0}^{a+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{2\left(a+1 \right)^{\frac{5}{2}}}{3a} -\frac{2\left(a+1 \right)^{\frac{5}{2}}}{5a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{4\left(a+1 \right)^{\frac{5}{2}}}{15a}\end{align*}}$ ．
これをaで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(a)=\frac{4}{15}\cdot\frac{\frac{5}{2}\left(a+1 \right)^{\frac{3}{2}}\cdot a-\left(a+1 \right)^{\frac{5}{2}}}{a^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{2\left( a+1\right)^{\frac{3}{2}}\left(3a-2 \right)}{15a^2}\end{align*}}$
となるので、f(a)の増減は次のようになる。
よって、f(a)の最小値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (a)_{min}=f\left( \frac{2}{3}\right)=\frac{4\left( \frac{2}{3}+1\right)^{\frac{5}{2}}}{15\cdot \frac{2}{3}}=\underline{\ \frac{10}{27}\sqrt{15}\ }\end{align*}}$
小問？？ 計算量も多く、けっこうヘビーです。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/02(火) 01:01:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2005
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第２問
(１) 集合A、Bについて、「AがBの部分集合である（記号を用いて、
A⊂Bとかく）」ということの定義を述べよ(注意：Aが「Bを含む」
あるいは「Bに含まれる」という用語は定義されていない。
「xがAの要素である（記号を用いて、x∈Aとかく）」ということは
定義されている。x∈Aの否定をx∉Aとかく）。
以下、全体集合と呼ばれる一つの集合Uを指定して、その部分集合
A、B、…について考える。
(２) Aの補集合（記号を用いてA とかく）の定義を述べよ。
(３) A∩B＝$\small{\varnothing}$ であるとき、B⊂A であることを示せ（共通部分A∩B
および空集合$\small{\varnothing}$ の定義に従って証明せよ）。
(４) B⊂A であるとき、A∩B＝$\small{\varnothing}$ であることを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
x∈Aである任意のxに対してx∈Bが成り立つとき、
AはBの部分集合である。
(２)
A＝{x| x∈U かつ x∉A}
(３)
A∩B＝$\small{\varnothing}$ のとき、任意のx∈Bに対してx∉Aとなる。
（なぜなら、あるx∈Bがx∈Aを満たすならば、x∈A∩Bとなり、
A∩B＝$\small{\varnothing}$ に反する）
よって、(２)より、任意のx∈Bに対してx∈Aとなるので、
(１)の定義より、B⊂Aとなる。
(４)
B⊂Aのとき、(１)の定義より、任意のx∈Bに対してx∈Aとなる。
よって、(２)より、任意のx∈Bに対してx∉Aとなるので、
A∩B＝$\small{\varnothing}$ が成り立つ。
高校生の嫌いな問題でしょうね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/02(火) 01:02:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2005
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第３問
(１) 絶対値が1である複素数a、b、cについて、
$\small\sf{\begin{align*}\sf \left|a-b \right|^2+\left|b-c \right|^2+\left|c-a \right|^2+\frac{\left(a+b \right)\left(b+c\right)\left(c+a \right)}{abc}=8\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(２) 三角形ABCの外接円の直径dに対して、
AB2＋BC2＋CA2＝2d2
が成り立つとき、この三角形は直角三角形であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|a\right|^2=a\overline{a}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ \overline{a}=\frac{1}{a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|b\right|^2=b\overline{b}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ \overline{b}=\frac{1}{b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|c\right|^2=c\overline{c}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ \overline{c}=\frac{1}{c}\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|a-b \right|^2+\left|b-c \right|^2+\left|c-a \right|^2+\frac{\left(a+b \right)\left(b+c\right)\left(c+a \right)}{abc}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(a-b\right)\left(\overline{a}-\overline{b}\right)+\left(b-c\right)\left(\overline{b}-\overline{c}\right)+\left(c-a\right)\left(\overline{c}-\overline{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf +\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(a\overline{a}-\overline{a}b-a\overline{b}+b\overline{b}\right)+\left(b\overline{b}-c\overline{b}-b\overline{c}+c\overline{c}\right)+\left(c\overline{c}-a\overline{c}-c\overline{a}+a\overline{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf +\left(1+\overline{a}b\right)\left(1+\overline{b}c\right)\left(1+\overline{c}a\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(2-\overline{a}b-a\overline{b}\right)+\left(2-c\overline{b}-b\overline{c}\right)+\left(2-a\overline{c}-c\overline{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf +\left(1+\overline{a}b+\overline{b}c+\overline{c}a+\overline{a}b\overline{b}c+\overline{b}c\overline{c}a+\overline{c}a\overline{a}b+a\overline{a}b\overline{b}c\overline{c}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =6-\left(\overline{a}b+a\overline{b}+c\overline{b}+b\overline{c}+a\overline{c}+c\overline{a}\right)+\left(2+\overline{a}b+a\overline{b}+c\overline{b}+b\overline{c}+a\overline{c}+c\overline{a}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =8\end{align*}}$
よって、題意は示された。
(２)
△ABCの外接円の半径をrとすると、d＝2rなので、
題意より
AB2＋BC2＋CA2＝8r2 ･･････(ⅰ)
であり、△ABCを $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{r}"align="middle\end{align*}}$ 倍に縮小した三角形を△PQRとすると、
(ⅰ)より
PQ2＋QR2＋RP2＝8 ･･････(ⅱ)
が導かれる。
また、△PQRの外心をOとすると、外接円の半径は1になるので、
OP＝OQ＝OR＝1 ･･････(ⅲ)
ここで、複素平面において、O、P、Q、Rを表す複素数を
それぞれ0、a、b、cとすると、(ⅱ)、(ⅲ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|a-b \right|^2+\left|b-c \right|^2+\left|c-a \right|^2=8\end{align*}}$ ･･････(ⅳ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|a \right|=\left|b \right|=\left|c\right|=1\end{align*}}$ ･･････(ⅴ)
となる。
このとき(ⅴ)より、(１)の等式が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|a-b \right|^2+\left|b-c \right|^2+\left|c-a \right|^2+\frac{\left(a+b \right)\left(b+c\right)\left(c+a \right)}{abc}=8\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 8+\frac{\left(a+b \right)\left(b+c\right)\left(c+a \right)}{abc}=8\end{align*}}$ ←(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a=-b\ \ or\ \ b=-c\ \ or\ \ c=-a\end{align*}}$ ．
となる。
a＝－bのとき、2点P、Qが外心Oについて対称なので、
辺PQが外接円の直径となるため、△PQRはPQを斜辺と
する直角三角形となる。
b＝－c、c＝－aの場合も同様に考えることができる。
よって、△PQRをr倍に拡大した三角形である△ABCは、
直角三角形となる。
(２) (１)の等式に持ち込むためには、絶対値が1の複素数を作る
必要があります。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/02(火) 01:03:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2005
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第４問
以下において、「行列」とは実数を成分とする2×2行列を
意味するものとする。a≠0である行列 $\small\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$ について、
次の問いに答えよ。
(１) X2＝Aを満たす行列 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf x \\ \sf y & \sf z \end{pmatrix}\end{align*}}$ （(1，1)成分が1である
行列）が存在するための（a、b、cにかんする )条件を
求めよ。
(２) a2＋bc＝0であるとき、Y2＝Aを満たす行列Yが存在する
ことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
X2＝Aより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix} \sf 1&\sf x \\ \sf y & \sf z \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf x \\ \sf y & \sf z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 1+xy&\sf x+xz \\ \sf y+yz & \sf xy+z^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
となるので、成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+xy=a\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x\left(1+z \right)=b\end{align*}}$ ……(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y\left(1+z \right)=c\end{align*}}$ ……(ⅲ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf xy+z^2=0\end{align*}}$ ……(ⅳ)
(ⅰ)、(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z^2=1-a\end{align*}}$
となり、これを満たす実数zが存在するためには、
a≦1であればよい。このとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z=\pm\sqrt{1-a}\end{align*}}$ ……(ⅴ)
であり、a≠0よりz≠±1なので、(ⅱ)、(ⅲ)、(ⅴ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{b}{1+z}=\frac{b}{1\pm\sqrt{1-a}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{c}{1+z}=\frac{c}{1\pm\sqrt{1-a}}\end{align*}}$ （複号同順）
これらを(ⅰ)に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+\frac{bc}{\left(1\pm\sqrt{1-a} \right)^2}=a\end{align*}}$
が得られるので、a、b、cが満たす条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1+\frac{bc}{\left(1\pm\sqrt{1-a} \right)^2}=a\leq 1\end{align*}}$ ……(#)
である必要がある。
逆に、a、b、cが(#)を満たすとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{b}{1\pm\sqrt{1-a}}\ \ ,\ \ y=\frac{c}{1\pm\sqrt{1-a}}\ \ ,\ \ z=\pm\sqrt{1-a}\end{align*}}$ （複号同順）
は、(ⅰ)～(ⅳ)を満たすので、求める条件は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ 1+\frac{bc}{\left(1\pm\sqrt{1-a} \right)^2}=a\leq 1\ }\end{align*}}$
である。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y=\begin{pmatrix} \sf w&\sf x \\ \sf y & \sf z\end{pmatrix}\end{align*}}$
とおくと、Y2＝Aより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix} \sf w&\sf x \\ \sf y & \sf z \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf w&\sf x \\ \sf y & \sf z \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf w^2+xy&\sf xw+xz \\ \sf yw+yz & \sf xy+z^2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
となるので、成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf w^2+xy=a\end{align*}}$ ……(ア)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x\left(w+z \right)=b\end{align*}}$ ……(イ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y\left(w+z \right)=c\end{align*}}$ ……(ウ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf xy+z^2=0\end{align*}}$ ……(エ)
(ア)、(エ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf w^2-z^2=a\ne 0\end{align*}}$ ……(オ)
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a^2+bc=0\end{align*}}$ ……(*)
なので、これに(イ)、(ウ)、(オ)を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(w^2-z^2 \right)^2+xy\left(w+z \right)^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(w-z \right)^2+xy=0\end{align*}}$ ←(オ)よりw＋z≠0
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ w^2-2wz+z^2+xy=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ w^2-2wz=0\end{align*}}$ ←(エ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ w=0\ \ or\ \ w=2z\end{align*}}$
(Ⅰ) w＝0のとき
(オ)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z^2=-a\ \ (\ne 0)\end{align*}}$
となるので、a＜0のときは実数zが存在して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z=\pm\sqrt{-a}\end{align*}}$ ．
このとき、z≠0なので、(イ)、(ウ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf xz=b\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\frac{b}{\sqrt{-a}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf yz=c\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\pm\frac{c}{\sqrt{-a}}\end{align*}}$ （複号同順）
これらによって定まる
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y=\pm\frac{1}{\sqrt{-a}}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf b \\ \sf c & \sf -a \end{pmatrix}\end{align*}}$
は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y^2=\frac{1}{-a}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf b \\ \sf c & \sf -a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf b \\ \sf c & \sf -a \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{-a}\begin{pmatrix} \sf bc&\sf -ab \\ \sf -ac & \sf a^2+bc \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf 0\end{pmatrix}=A\end{align*}}$ ←(*)より
となり、確かに題意を満たす。
(Ⅱ) w＝2zのとき
(オ)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 3z^2=a\ \ (\ne 0)\end{align*}}$
となるので、a＞0のときは実数zが存在して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z=\pm\sqrt{\frac{a}{3}}\end{align*}}$ ．
このとき、z≠0なので、(イ)、(ウ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 3xz=b\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\frac{b}{\sqrt{3a}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 3yz=c\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\pm\frac{c}{\sqrt{3a}}\end{align*}}$ （複号同順）
これらによって定まる
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y=\pm\frac{1}{\sqrt{3a}}\begin{pmatrix} \sf 2a&\sf b \\ \sf c & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y^2=\frac{1}{3a}\begin{pmatrix} \sf 2a&\sf b \\ \sf c & \sf a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2a&\sf b \\ \sf c & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{3a}\begin{pmatrix} \sf 4a^2+bc&\sf 3ab \\ \sf 3ac & \sf a^2+bc \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf 0\end{pmatrix}=A\end{align*}}$ ←(*)より
となり、確かに題意を満たす。
(Ⅰ)、(Ⅱ)より、a2＋bc＝0であるとき、
a＜0ならば、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y=\pm\frac{1}{\sqrt{-a}}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf b \\ \sf c & \sf -a \end{pmatrix}\end{align*}}$
a＞0ならば、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y=\pm\frac{1}{\sqrt{3a}}\begin{pmatrix} \sf 2a&\sf b \\ \sf c & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
とすると、いずれもY2＝Aを満たすので、題意は示された。
長い。面倒。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/02(火) 01:04:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2005
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第５問
座標空間において、z軸のまわりを正の向きに一定の速さ1で
回転する点Pがあり、z軸からの距離およびxy平面からの距離
は共に1である（従って、1回転に要する時間は$\small\sf{2\pi}$ 。
また、z軸上をz座標が増加する向きに、速さet（eは自然対数
の底、tは時間を表す）で進む点Qがある。時刻t＝0における
点P、Qの位置がそれぞれ(1，0，1)、(0，0，2)であるとして、
直線PQとxy平面の交点R(x，y，0)について、次の問いに答
えよ。
(１) x、yをそれぞれtの関数として表し、これらの関数の第1次
および第2次の導関数を求めよ。
(２) 動点Rの速度の大きさ(速さ)および加速度の大きさを求めよ。
(３) 動点Rがxy平面上に描く曲線の接線の傾きが1になる時刻t
の満たすべき方程式を求めよ。
(４) 時刻$\small\sf{\sf t＝\alpha}$ から時刻$\small\sf{\sf t\alpha+2\pi}$ までの間に動点Rの進む
道のりをLとするとき、不等式
$\small\sf{\begin{align*}\sf 2\pi が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
時刻tにおいて、
点Pの座標は、P(cost，sint，1)であり、
点Qのz座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2+\int_0^te^sds=e^t+1\end{align*}}$
なので、点Qの座標は、Q(0，0，et＋1)となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf QP}=\left(\cos t\ ,\ \sin t\ ,\ -e^t \right)\end{align*}}$
であり、点Rは直線上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf QR}=k\ \overrightarrow{\sf QP}\end{align*}}$ （k：実定数）
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf OR}=\overrightarrow{\sf OQ}+k\ \overrightarrow{\sf QP}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(0\ ,\ 0\ ,\ e^t+1 \right)+k\left(\cos t\ ,\ \sin t\ ,\ -e^t \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(k\cos t\ ,\ k\sin t\ ,\ e^t+1-ke^t \right)\end{align*}}$
と表すことができる。また、点Rはxy平面上の点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e^t+1-ke^t\ \ \Leftrightarrow\ \ k=\frac{e^t+1}{e^t}=1+e^{-t}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OR}=\left(\left(1+e^{-t} \right)\cos t\ ,\ \left(1+e^{-t} \right)\sin t\ ,\ 0 \right)\end{align*}}$
となるので、点Rのx座標およびy座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ x=\left(1+e^{-t} \right)\cos t\ \ ,\ \ y=\left(1+e^{-t} \right)\sin t\ }\end{align*}}$ ．
これらをtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \frac{dx}{dt}=-e^{-t}\cos t-\left(1+e^{-t} \right)\sin t\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \frac{dy}{dt}=-e^{-t}\sin t+\left(1+e^{-t} \right)\cos t\ }\end{align*}}$
さらにtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{d^2x}{dt^2}=e^{-t}\cos t-e^{-t}\sin t+e^{-t}\sin t-\left(1+e^{-t} \right)\cos t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ -cos t+2e^{-t}\sin t\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{d^2y}{dt^2}=e^{-t}\sin t-e^{-t}\cos t-e^{-t}\cos t-\left(1+e^{-t} \right)\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ -sin t-2e^{-t}\cos t\ }\end{align*}}$
(２)
速度を $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf v}\end{align*}}$ 、加速度を $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| \overrightarrow{\sf v}\right|=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt} \right)^2+\left(\frac{dy}{dt} \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{\left\{ -e^{-t}\cos t-\left(1+e^{-t} \right)\sin t\right\}^2+\left\{-e^{-t}\sin t+\left(1+e^{-t} \right)\cos t \right\}^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{\left\{\left(-e^{-t}\right)^2+\left(1+e^{-t} \right)^2\right\}\left(\sin^2t+\cos^2t \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \sqrt{1+2e^{-t}+2e^{-2t}}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| \overrightarrow{\sf a}\right|=\sqrt{\left(\frac{d^2x}{dt^2} \right)^2+\left(\frac{d^2y}{dt^2} \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{\left(-cos t+2e^{-t}\sin t\right)^2+\left(-sin t-2e^{-t}\cos t\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sqrt{\left\{1+\left(2e^{-t}\right)^2\right\}\left(\sin^2t+\cos^2t \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ \sqrt{1+4e^{-2t}}\ }\end{align*}}$
(３)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{-e^{-t}\sin t+\left(1+e^{-t} \right)\cos t }{-e^{-t}\cos t-\left(1+e^{-t} \right)\sin t}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -e^{-t}\sin t+\left(1+e^{-t} \right)\cos t =-e^{-t}\cos t-\left(1+e^{-t} \right)\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \left( 1+2e^{-t}\right)\cos t+\sin t=0\ }\end{align*}}$
(４)
(２)と同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L=\int_{\alpha}^{\alpha +2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{dt} \right)^2+\left(\frac{dy}{dt} \right)^2}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_{\alpha}^{\alpha +2\pi} \sqrt{1+2e^{-t}+2e^{-2t}}\ dt\end{align*}}$ ……(#)
ここで、関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=\sqrt x\ \ \ \left( 0\lt x\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)=\frac{1}{2\sqrt x}\ (\gt 0)\ \ ,\ \ f'(1)=\frac{1}{2}\end{align*}}$
なので、y＝f(x)上の点(1，f(1))における接線は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=g(x)=f'(1)\left(x-1 \right)+f(1)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\end{align*}}$
となる。f(x)は単調に増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f''(x)=-\frac{1}{4x\sqrt x}\lt 0\end{align*}}$
より、y＝g(x)はy＝f(x)の下側には来ない
ので（右図）、h＞0であるhに対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f (1)\lt f (1+h)\lt g (1+h)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1\lt\sqrt{1+h}\lt 1+\frac{1}{2}h\end{align*}}$
が成り立つ。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h=2e^{-t}+2e^{-2t}\ \ (\gt 0)\end{align*}}$
とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1\lt\sqrt{1+2e^{-t}+2e^{-2t}}\lt 1+e^{-t}+e^{-2t}\end{align*}}$
が得られ、この不等式は$\scriptsize\sf{\alpha\leqq t\leqq\alpha+2\pi}$ で常に成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{\alpha}^{\alpha +2\pi}dt\lt\int_{\alpha}^{\alpha +2\pi}\sqrt{1+2e^{-t}+2e^{-2t}}\ dt\lt\int_{\alpha}^{\alpha +2\pi}\left(1+e^{-t}+e^{-2t}\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \bigg[\ t\ \bigg]_{\alpha}^{\alpha +2\pi}\lt L\lt\left[t-e^{-t}-\frac{1}{2}\ e^{-2t}\right]_{\alpha}^{\alpha +2\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\pi \lt L\lt 2\pi-e^{-\alpha-2\pi}-\frac{1}{2}\ e^{-2\alpha-4\pi}+e^{-\alpha}+\frac{1}{2}\ e^{-2\alpha}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lt 2\pi+e^{-\alpha}+\frac{1}{2}\ e^{-2\alpha}\left(\because\ e^{-\alpha-2\pi}\gt 0\ ,\ e^{-2\alpha-4\pi} \gt 0\right)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\pi\lt L\lt 2\pi +2^{-\alpha}+\frac{1}{2}e^{-2\alpha}\end{align*}}$
が成り立つ。
(３) 近似式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\sqrt{1+h}\fallingdotseq 1+\frac{1}{2}h\end{align*}}$
は、物理でよく使いますよね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/02(火) 01:05:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2005
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
