第１問
aとcは実数でa＞0とする。また、関数f(x)を次式で定義する。
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left(x^2+a\right)\left(x-a^2\right)^2-cx^2\end{align*}}$
(１) 方程式f(x)＝0の異なる実数解の個数を求めよ。
今後、方程式f(x)＝0が3個の異なる実数解を持つ場合のみを
取り扱う。
(２) 方程式f(x)＝0の3個の異なる実数解をaを用いて表せ。
(３) y＝f(x)のグラフのうちf(x)≧0の部分とx軸で囲まれる図形
の面積をS(a)とする。このとき $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow +0}\ \frac{S(a)}{a^5}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(0)＝a5≠0より、x＝0は方程式f(x)＝0の解とならない。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left(x^2+a\right)\left(x-a^2\right)^2-cx^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\left(x^2+a\right)\left(x-a^2\right)^2}{x^2}=c\end{align*}}$ ……(ⅰ)
と変形できる。(ⅰ)式の左辺をh(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ (x)=\frac{\left(x^2+a\right)\left(x-a^2\right)^2}{x^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h\ '(x)=\frac{\left\{2x\left(x-a^2\right)^2+\left(x^2+a\right)\cdot 2\left(x-a^2\right)\right\}x^2-\left(x^2+a\right)\left(x-a^2\right)^2\cdot 2x}{x^4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(x-a^2\right)\left(x^3+a^3\right)}{x^3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(x-a^2\right)\left(x+a\right)\left(x^2-ax+a^2\right)}{x^3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(x-a^2\right)\left(x+a\right)\left\{\left(x-\frac{a}{2}\right)^2+\frac{3}{4}a^2\right\}}{x^3}\end{align*}}$
となるので、h(x)の増減および、y＝h(x)のグラフは次のようになる。
(ⅰ)の方程式の実数解の個数は、曲線y＝h(x)と直線x＝cの共有点
の個数に等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c\lt 0\end{align*}}$ のとき、0個
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c=0\end{align*}}$ のとき、1個
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt c\lt a\left(a+1\right)^3\end{align*}}$ のとき、2個
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c=a\left(a+1\right)^3\end{align*}}$ のとき、3個
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a\left(a+1\right)^3\lt c\end{align*}}$ のとき、4個
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left(x^2+a\right)\left(x-a^2\right)^2-a\left(a+1\right)^3x^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^4-2a^2x^3-3a^2\left(a+1\right)x^2-2a^3x+a^5=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x+a\right)^2\left\{x^2-2a\left(a+1\right)x+a^3\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ x=-a\ ,\ a\left(a+1\right)\pm a\sqrt{a^2+a+1}\ }\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=a\left(a+1\right)-a\sqrt{a^2+a+1}\end{align*}}$ 
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=a\left(a+1\right)+a\sqrt{a^2+a+1}\end{align*}}$
とおくと、(２)で求めた3解は、曲線y＝h(x)と
直線x＝a(a＋1)3の共有点のx座標に等しい
ので、その大小関係は右図より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -a\lt 0\lt p\lt q\end{align*}}$
となる。
よって、y＝f(x)のグラフのうちf(x)≧0の部分と 
x軸で囲まれる図形は右図の水色部分である。
部分積分法を用いると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\left(a\right)=\int_{-a}^p\left(x+a\right)^2\left\{x^2-2a\left(a+1\right)x+a^3\right\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\frac{1}{3}\left(x+a\right)^3\left\{x^2-2a\left(a+1\right)x+a^3\right\}\right]_{-a}^p-\frac{1}{3}\int_{-a}^p\left(x+a\right)^3\bigg\{2x-2a\left(a+1\right)\bigg\}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0-\frac{1}{3}\left[\frac{1}{4}\left(x+a\right)^4\bigg\{2x-2a\left(a+1\right)\bigg\}\right]_{-a}^p+\frac{2}{12}\int_{-a}^p\left(x+a\right)^4\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{12}\left(p+a\right)^4\bigg\{2p-2a\left(a+1\right)\bigg\}+\frac{1}{6}\left[\frac{1}{5}\left(x+a\right)^5\right]_{-a}^p\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{6}\left(p+a\right)^4\left(p-a^2-a\right)+\frac{1}{30}\left(p+a\right)^5\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{30}\left(p+a\right)^4\left(-4p+5a^2+6a\right)\end{align*}}$
と計算できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{S\left(a\right)}{a^5}=\frac{1}{30}\left(\frac{p}{a}+1\right)^4\left(-\frac{4p}{a}+5a+6\right)\end{align*}}$ ．
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow +0}\frac{p}{a}=\lim_{a\rightarrow +0}\left(a+1-\sqrt{a^2+a+1}\right)=1-1=0\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow +0}\frac{S\left(a\right)}{a^5}=\frac{1}{30}\cdot\left(0+1\right)^4\cdot\left(0+0+6\right)=\underline{\ \frac{1}{5}\ }\end{align*}}$
となる。
最後の積分計算をそのままやろうとすると死にます。
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第２問
pを0≦p≦1をみたす実数とする。1個の白玉と3個の赤玉が
入っている袋があり、この袋から1個の玉を取り出して、取り
出した玉に新たに白か赤の玉を1個加えて袋に戻す試行を行
う。ただし、この試行の際に加えられる新たな玉の色は
・確率pで取り出した玉と同じ色
・確率1－pで取り出した玉と異なる色
とする。
例えば、p＝1の場合、第1回目の試行において赤玉が取り出
されるとき、取り出した赤玉に加えてもう一つ赤玉を袋に戻す。
そして、第1回目の試行が終わったときには、袋の中に1個の
白玉と4個の赤玉が入っている。第n回目の試行で白玉が取り
出される確率をqnとする。
(１) 第n回目の試行で新たに加えられた玉が白玉であり、かつ
この白玉がn＋1回目の試行で取り出される確率をn、p、qn
を用いて表せ。
(２) qn+1をn、p、qnを用いて表せ。ただしn＋1回目の試行におい
て、n回目に入れた玉を取り出さないという条件の下で、n＋1
回目に白玉を取り出す条件付き確率がqnと等しいことを用いて
よい。
(３) rn＝qn－$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ とおくとき、rn+1をn、p、rnを用いて表せ。
(４) p＝0、p＝$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ 、p＝1のときのqnをそれぞれnを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
n回目（n＝1，2，3，…）の試行において、
取り出す玉をAn
新たに追加する玉をBn
と書くことにする。
(１)
Bnが白玉となるのは、次の2つの場合がある。
(ア) Anが白玉で、同じ色の玉を加える場合
この確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf pq_n\end{align*}}$
(イ) Anが赤玉で、異なる色の玉を加える場合
この確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1-p\right)\left(1-q_n\right)\end{align*}}$
また、1回の試行によって玉の総数は1つずつ増えるので、
n回目の試行後には、n＋4個になっている。
よって、BnとAn+1が一致する確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n+4}\end{align*}}$
以上より、求める確率は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{n+4}\bigg\{pq_n+\left(1-p\right)\left(1-q_n\right)\bigg\}\ }\end{align*}}$
(２)
An+1が白玉になるのは、次の2つの場合がある。
(ⅰ) Bnが白玉で、An+1がBnと一致する場合
この確率は、(１)で求めた確率に等しい。
(ⅱ) An+1がBnと一致せず、An+1が白玉である場合
事象S、Tを
S……An+1がBnと一致しない
T……An+1が白玉である
とおくと、題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(S\cap T\right)=P\left(S\right)\cdot P_S\left(T\right)=\frac{n+3}{n+4}\ q_n\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_{n+1}=\frac{1}{n+4}\bigg\{pq_n+\left(1-p\right)\left(1-q_n\right)\bigg\}+\frac{n+3}{n+4}\ q_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{n+4}\bigg\{\left(n+2p+2\right)q_n+1-p\bigg\}\ }\end{align*}}$
(３)
(２)で得られた漸化式に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_n=r_n+\frac{1}{2}\end{align*}}$
を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_{n+1}+\frac{1}{2}=\frac{1}{n+4}\bigg\{\left(n+2p+2\right)\left(r_n+\frac{1}{2}\right)+1-p\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r_{n+1}=\frac{1}{n+4}\bigg\{\left(n+2p+2\right)r_n+\frac{1}{2}\left(n+2p+2\right)+1-p-\frac{1}{2}\left(n+4\right)\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ r_{n+1}=\frac{n+2p+2}{n+4}\ r_n\ }\end{align*}}$
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_1=\frac{1}{4}\ \ ,\ \ r_1=q_1-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}\end{align*}}$
【Ⅰ】 p＝0のとき、(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_{n+1}=\frac{n+2}{n+4}\ r_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n+2}{n+4}\cdot\frac{n+1}{n+3}\ r_{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n+2}{n+4}\cdot\frac{n+1}{n+3}\cdot\frac{n}{n+2}\cdot\frac{n-1}{n+1}\cdot \ldots\ \cdot\frac{5}{7}\cdot\frac{4}{6}\cdot\frac{3}{5}\ r_{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4\cdot 3}{\left(n+4\right)\left(n+3\right)}\ r_{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{3}{\left(n+4\right)\left(n+3\right)}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_n=r_n+\frac{1}{2}=\underline{\ \frac{1}{2}-\frac{3}{\left(n+3\right)\left(n+2\right)}\ }\end{align*}}$
【Ⅱ】 p＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ のとき、(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_{n+1}=\frac{n+3}{n+4}\ r_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{n+3}{n+4}\cdot\frac{n+2}{n+3}\cdot\frac{n+1}{n+2}\cdot\ \ldots\ \cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{4}{5}\ r_{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4}{n+4}\ r_{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{n+4}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_n=r_n+\frac{1}{2}=\underline{\ \frac{1}{2}-\frac{1}{n+3}\ }\end{align*}}$
【Ⅲ】 p＝1のとき、(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_{n+1}=r_n=r_{n-1}=\ldots =r_2=r_1=-\frac{1}{4}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_n=r_n+\frac{1}{2}=\underline{\ \frac{1}{4}\ }\end{align*}}$
PS(T)＝qnのヒントも含めて、ちゃんと誘導に乗っていけば
最後までたどり着けるはずです。
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第３問
三角形ABCの重心をG、内心をIとし、BC＝a、CA＝b、AB＝cとする。
また直線AIが辺BCと交わる点をDとする。
(１) 線分BDの長さをa、b、cを用いて表せ。
(２) 比AI：IDをa、b、cを用いて表せ。
今後、a＋b＋c＝1とし、三角形BGCの面積をS、三角形BICの面積を
Tとおく。
(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{T}{S}\end{align*}}$ をaを用いて表せ。
(４) b＜a＜cとするとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{T}{S}\end{align*}}$ のとりうる値の範囲を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
∠BAD＝∠CADより 
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BD:CD=AB:AC=c+b\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BD=\frac{c}{b+c}\ BC=\underline{\ \frac{ac}{b+c}\ }\end{align*}}$
(２)
∠ABI＝∠DBIより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AI:ID=BA:BD=c:\frac{ac}{b+c}=\underline{\ b+c:a\ }\end{align*}}$
(３)
辺BCの中点をMとすると、点Gは△ABCの重心なので
AG：GM＝2：1である。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\triangle BGC=\frac{1}{3}\ \triangle ABC\end{align*}}$
一方、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T=\triangle BIC\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a}{a+\left(b+c\right)}\ \triangle ABC\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a\ \triangle ABC\ \ \ \left(\because\ a+b+c=1\right)\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{T}{S}=3a\ }\end{align*}}$
(４)
a＋b＋c＝1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\lt a\lt c\ \ \Leftrightarrow\ \ b\lt a\lt 1-a-b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b\lt a\end{align*}}$ ……① かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\lt 1-2a\end{align*}}$ ……②
また、a＋b＋c＝1と三角形の成立条件より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a+b\gt c\ \ \Leftrightarrow\ \ a+b\gt 1-a-b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b\gt \frac{1}{2}-a\end{align*}}$ ……③
①、③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}-a\lt a\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{4}\lt a\end{align*}}$
②、③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}-a\lt 1-2a\ \ \Leftrightarrow\ \ a\lt \frac{1}{2}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{4}\lt a\lt \frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \frac{3}{4}\lt \frac{T}{S}\lt \frac{3}{2}\ }\end{align*}}$
となる。
この問題は難しくないので落とせません！
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第４問
(１) 次の不定積分を求めよ。
① $\small\sf{\begin{align*} \sf \int t\sin t\ dt\end{align*}}$
② $\small\sf{\begin{align*} \sf \int t^2\cos t\ dt\end{align*}}$
座標平面の原点をOとする。点A(0，1)を中心とし半径1の円C上の
x≧0の範囲にある点P(xp，yp)に対して、線分OPとx軸の正の部分
とのなす角を$\small\sf{\theta}$ （0≦$\small\sf{\theta}$ ≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ ）とする。また、PにおけるCの接線上に
点Q(xq，yq)を次の条件をみたすようにとる。
・yq≦yp
・線分PQの長さは、C上の弧OP（ただし弧全体がx≧0に存在する
方）の長さに等しい
・Pの座標が(0，2)のときはxq＝$\small\sf{\pi}$ となるようにQをとる
・PがOと一致する場合はQもOとし、$\small\sf{\theta}$ ＝0とする
(２) Pの座標を$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(３) Qの座標を$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(４) Pが0≦$\small\sf{\theta}$ ≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲を動くとき、yqの最大値と最小値を求めよ。
(５) Pが0≦$\small\sf{\theta}$ ≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲を動くとき、Qの描く曲線とy軸および直線y＝2
で囲まれる部分の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
部分積分法を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int t\sin t\ dt=-t\cos t+\int \cos t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ -t\cos t+\sin t+C_1\ }\end{align*}}$ (C1：積分定数)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int t^2\cos t\ dt=t^2\sin t-2\int t\sin t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =t^2\sin t-2\left(-t\cos t+\sin t\right)+C_2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ t^2\sin t+2t\cos t-2\sin t+C_2\ }\end{align*}}$ (C2：積分定数)
(２)
B(0，2)とおく。
PがO、Bのいずれとも異なるとき、
接弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle BPO=\frac{\pi}{2}\ \ ,\ \ \angle OBP=\theta\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP=OB\sin \angle OBP=2\sin\theta\end{align*}}$ ．
このとき、倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_p=OP\cos\theta=2\sin\theta\cos\theta=\sin 2\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_p=OP\sin\theta=2\sin^2\theta=1-\cos 2\theta\end{align*}}$
となり、これはPがOやBと一致する場合も
成り立つので、Pの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(x_p\ ,\ y_p\right)=\underline{\ \left(\sin 2\theta\ ,\ 1-\cos 2\theta\right)\ \ \ \left(0\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{2}\right)}\end{align*}}$
と表される。
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AP}=\left(\sin 2\theta\ ,\ -\cos 2\theta\right)\end{align*}}$
であり、AP⊥PQなので、実数kを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf PQ}=\left(x_q-x_p\ ,\ y_q-y_p\right)=k\left(\cos 2\theta\ ,\ \sin 2\theta\right)\end{align*}}$
と表すことができる。
題意より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_q\leqq y_p\ \ \Leftrightarrow\ \ y_q-y_p=k \sin 2\theta \leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ k\leqq 0\ \ \ \left(\because\ 0\leqq 2\theta\leqq\pi\right)\end{align*}}$ ．
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle OAP=2\angle OBP=2\theta\end{align*}}$
であり、線分PQの長さは弧OPの長さに等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf PQ}\right|=\sqrt{\left(k\cos 2\theta\right)^2+\left(k\sin 2\theta\right)^2}=1\cdot 2\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -k\sqrt{\sin^22\theta+\cos^22\theta}=2\theta\ \ \ \left(\because\ k\leqq 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ k=-2\theta\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x_q-x_p\ ,\ y_q-y_p\right)=-2\theta\left(\cos 2\theta\ ,\ \sin 2\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x_q\ ,\ y_q\right)=\left(x_p-2\theta\cos 2\theta\ ,\ y_p-2\theta\sin 2\theta\right)\end{align*}}$
と(２)より点Qの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(x_q\ ,\ y_q\right)=\underline{\ \left(\sin 2\theta-2\theta\cos 2\theta\ ,\ 1-\cos 2\theta-2\theta\sin 2\theta\right)\ }\end{align*}}$ ……(#)
と表される。
(４)
(３)で求めたyqを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dy_q}{d\theta}=2\sin 2\theta-2\left(\sin 2\theta+2\theta\cos 2\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-4\theta\cos 2\theta\ \ \ \left(0\leqq \theta\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
となるので、yqの増減は次のようになる。
よって、yqの最大値は2、最小値は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ 1-\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$ である。
(５)
(３)で求めたxqを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx_q}{d\theta}=2\cos 2\theta-2\left(\cos 2\theta-2\theta\sin 2\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4\theta\sin 2\theta\ \ \ \left(0\leqq \theta\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
となるので、xqの増減およびQが描く曲線は次のようになる。
Qの描く曲線とy軸および直線y＝2で囲まれる部分は上図の水色部分
なので、その面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_0^{\pi}\left(2-y_q\right)\ dx_q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(1+2\theta\sin 2\theta+\cos 2\theta\right)\cdot 4\theta\sin 2\theta\ d\theta\end{align*}}$ ←(#)のように置換
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi}\left(1+t\sin t+\cos t\right)\cdot 2t\sin t\cdot \frac{dt}{2}\end{align*}}$ ←t＝2$\scriptsize\sf{\theta}$ と置換
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi}t\sin t\ dt+\int_0^{\pi}t^2\sin^2t\ dt+\int_0^{\pi}t\sin t\cos t\ dt\end{align*}}$
それぞれを計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{\pi}t\sin t\ dt=\bigg[-t\cos t+\sin t\bigg]_0^{\pi}=\pi\end{align*}}$ ←(１)①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{\pi}t^2\sin^2t\ dt=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}t^2\left(1-\cos 2t\right)\ dt\end{align*}}$ ←倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{3}t^3\right]_0^{\pi}-\frac{1}{2}\int_0^{\pi}t^2\cos 2t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi^3}{6}-\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\left(\frac{u}{2}\right)^2\cos u\cdot \frac{du}{2}\end{align*}}$ ←u＝2tと置換
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi^3}{6}-\frac{1}{16}\bigg[u^2\sin u+2u\cos u-2\sin u\bigg]_0^{2\pi}\end{align*}}$ ←(１)②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi^3}{6}-\frac{\pi}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{\pi}t\sin t\cos t\ dt=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}t\sin 2t\ dt\end{align*}}$ ←倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\frac{u}{2}\sin u\cdot \frac{du}{2}\end{align*}}$ ←u＝2tと置換
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{8}\bigg[-u\cos u+\sin u\bigg]_0^{2\pi}\end{align*}}$ ←(１)①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{\pi}{4}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\pi+\left(\frac{\pi^3}{6}-\frac{\pi}{4}\right)-\frac{\pi}{4}=\underline{\ \frac{\pi^3}{6}+\frac{\pi}{2}\ }\end{align*}}$
最後の計算が面倒ですが、上手く置換して(１)を使いましょう！
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/12(金) 01:12:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .札幌医科大 2015
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