第１問
以下の問いに答えよ。
(１) 座標平面において、次の連立不等式の表す領域を図示せよ。
x2＋y≦1、 x－y≦1
(２) 2つの放物線y＝x2－2x＋kとy＝－x2＋1が共有点
をもつような実数kの値の範囲を求めよ。
(３) x、yが(１)の連立不等式を満たすとき、y－x2＋2xの最大値および
最小値と、それらを与えるx、yの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+y\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ y\leqq -x^2+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x-y\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ y\geqq x-1\end{align*}}$
よって、右図のようになる。
（境界線上の点も含む）
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_1:\ y=x^2-2x+k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_2:\ y=-x^2+1\end{align*}}$
とおく。この2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2-2x+k=-x^2+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2x^2-2x+k-1=0\end{align*}}$ ……(#)
となり、(#)が実数解をもてばよいので、判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=1-2(k-1)\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ k\leqq\frac{3}{2}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=y-x^2+2x\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=x^2-2x+k=\left(x-1\right)^2+k-1\end{align*}}$
と変形でき、C1と一致する。
C1の頂点は(1，k－1)であり、これが(１)の
領域と共有点をもつようにkの値を変化させる。
kが最大になるのは、C1がC2に接するとき、
すなわち、(#)の判別式＝0となるときなので、
(２)よりkの最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=\frac{3}{2}\end{align*}}$ ．
このとき(#)を解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2x^2-2x+\frac{1}{2}=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{1}{2}\ \ ,\ \ y=\frac{3}{4}\end{align*}}$
kが最小となるのは、C1が点(－2，－3)を
通るときなであり、このときkの値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf k=-3-\left(-2\right)^2+2\cdot \left(-2\right)=-11\end{align*}}$
以上より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ k_{max}=\frac{3}{2}\ \ \ \left(x=\frac{1}{2}\ ,\ y=\frac{3}{4}\right)\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ k_{min}=-11\ \ \ \left(x=-2\ ,\ y=-3\right)\ }\end{align*}}$
(３)で(１)、(２)を使います。
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第２問
半径1の円を内接円とする三角形ABCが、辺ABと辺ACの長さが
等しい二等辺三角形であるとする。辺BC、CA、ACと内接円の
接点をそれぞれP、Q、Rとする。また、$\small\sf{\alpha}$ ＝∠CAB、$\small\sf{\beta}$ ＝∠ABC
とし、三角形ABCの面積をSとする。
(１) 線分AQの長さを$\small\sf{\alpha}$ を用いて表し、線分QCの長さを$\small\sf{\beta}$ を用いて
表せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf t=\tan\frac{\beta}{2}\end{align*}}$ とおく。このとき、Sをtを用いて表せ。
(３) 不等式S≧$\small\sf{\begin{align*} \sf 3\sqrt3\end{align*}}$ が成り立つことを示せ。さらに、等号が成立する
のは、三角形ABCが正三角形のときに限ることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
内接円の中心をＩとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle IAQ=\frac{1}{2}\angle BAC=\frac{\alpha}{2}\ \ ,\ \ \angle AQI=\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\frac{\alpha}{2}=\frac{IQ}{AQ}\ \ \Leftrightarrow\ \ AQ=\frac{IQ}{\tan\frac{\alpha}{2}}=\underline{\ \frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}}\ }\end{align*}}$
同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\frac{\beta}{2}=\frac{IQ}{CQ}\ \ \Leftrightarrow\ \ CQ=\underline{\ \frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BC=2CP=2CQ=\frac{2}{\tan\frac{\beta}{2}}=\frac{2}{t}\end{align*}}$
AP⊥BCより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP=PC\ \tan\beta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{\tan\frac{\beta}{2}}\cdot\frac{2\tan\frac{\beta}{2}}{1-\tan^2\frac{\beta}{2}}\end{align*}}$ ←(１)と倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{t}\cdot\frac{2t}{1-t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{1-t^2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{t}\cdot\frac{2}{1-t^2}=\underline{\ \frac{2}{t\left(1-t^2\right)}\ }\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\beta=\frac{\pi -\alpha}{2}<\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ 0<\frac{\beta}{2}<\frac{\pi}{4}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt t=\tan\frac{\beta}{2}<1\end{align*}}$ ．
tの関数f(t)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f (t)=t\left(1-t^2\right)=-t^3+t\ \ \ \left(0\lt t<1\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f '(t)=-3t^2+1\end{align*}}$
となるので、f(t)の増減は次のようになる。
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt f\ (t)\leqq\frac{2}{3\sqrt3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{f (t)}\geqq \frac{2}{\frac{2}{3\sqrt3}}\ \ \Leftrightarrow\ \ S\geqq 3\sqrt3\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
また、等号が成立するとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\tan\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\beta}{2}=\frac{\pi}{6}\ \ \Leftrightarrow\ \ \beta=\alpha=\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
となるので、△ABCは正三角形である。
(３)は、0＜f(t) も必要です。
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第３問
pとqは正の整数とする。2次方程式x2－2px－q＝0の2つの
実数解を$\small\sf{\alpha,\beta}$ とする。ただし、$\small\sf{\alpha\gt\beta}$ とする。数列{an}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1}{2}\left(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}\right)\ \ \ \left(n=1,2,3,\ldots\right)\end{align*}}$
によって定める。ただし、$\small\sf{\alpha^0=1\ ,\ \beta^0=1}$ と定める。
(１) すべての自然数nに対して、an+2＝2pan+1＋qanである
ことを示せ。
(２) すべての自然数nに対して、anは整数であることを示せ。
(３) 自然数nに対し、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha^{n-1}}{2}\end{align*}}$ 以下の最大の整数をbnとする。
pとqがq＜2p＋1を満たすとき、bnをanを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1}{2}\left(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}\right)\ \ \ \left(n=1,2,3,\ldots\right)\end{align*}}$ ……(#)
(１)
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha+\beta=2p\ \ ,\ \ \alpha\beta=-q\end{align*}}$ ……(*)
(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+2}=\frac{1}{2}\left(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left\{\left(\alpha^{n}+\beta^{n}\right)\left(\alpha+\beta\right)-\alpha^n\beta-\alpha\beta^n\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\alpha^{n}+\beta^{n}\right)\left(\alpha+\beta\right)-\frac{1}{2}\left(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}\right)\alpha\beta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2pa_{n+1}+qa_n\end{align*}}$ ←(*)より
(２)
すべての自然数nに対してanが整数になることを数学的帰納法
で示す。
(ⅰ) n＝1，2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=\frac{1}{2}\left(\alpha^{0}+\beta^{0}\right)=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=\frac{1}{2}\left(\alpha+\beta\right)=p\end{align*}}$ ←(*)より
となるので、a1、a2はともに整数である。
(ⅱ) n＝k、k＋1のとき、ak、ak+1がともに整数であると仮定すると、
p、qは整数なので、
ak+2＝2pak+1＋qak ←(１)より
も整数となる。
以上より、すべての自然数nに対してanは整数になる。
(３)
$\scriptsize\sf{\beta}$ は 2次方程式x2－2px－q＝0の小さい方の解なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \beta=p-\sqrt{p^2+q}\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt q<2p+1\ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{p^2}<\sqrt{p^2+q}<\sqrt{p^2+2p+1}=\sqrt{\left(p+1\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p<\sqrt{p^2+q}\lt p+1\ \ \ \ (\because\ p>0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -1\lt p-\sqrt{p^2+q}<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -1<\beta <0\end{align*}}$ ．
(Ⅰ) nが奇数のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\frac{\beta^{n-1}}{2}<\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt a_n-\frac{\alpha^{n-1}}{2}<\frac{1}{2}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n-\frac{1}{2}<\frac{\alpha^{n-1}}{2}\lt a_n\end{align*}}$
となり、(２)より anは整数なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ b_n=a_n-1\ }\end{align*}}$
(Ⅱ) nが偶数のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{2}<\frac{\beta^{n-1}}{2}<0\ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{1}{2}\lt a_n-\frac{\alpha^{n-1}}{2}<0\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n<\frac{\alpha^{n-1}}{2}\lt a_n+\frac{1}{2}\end{align*}}$
となり、(２)より anは整数なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ b_n=a_n\ }\end{align*}}$
(３)は、$\scriptsize\sf{\beta}$ の範囲から議論を進めていきます。
2010年の奈良県立医大に似たような問題があります。
http://aozemi.blog.fc2.com/blog-entry-500.html
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第４問
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\log\left(e^x+e^{-x}\right)\end{align*}}$ とおく。曲線y＝f(x)の点(t，f(t))における
接線をLとする。直線Lとy軸の交点のy座標をb(t)とおく。
(１) 次の等式を示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf b\ (t)=\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+\log\left(1+e^{-2t}\right)\end{align*}}$
(２) x≧0のとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \log\left(1+x\right)\leqq x\end{align*}}$ であることを示せ。
(３) t≧0のとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf b\ (t)\leqq\frac{2}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}\end{align*}}$
(４) $\small\sf{\begin{align*} \sf b\ (0)=\lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^x\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\ dt\end{align*}}$ であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(t)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{\left(e^t+e^{-t}\right)'}{e^t+e^{-t}}=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\end{align*}}$
点(t，f(t))における接線Lは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L:\ y-\log\left(e^t+e^{-t}\right)=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\left(x-t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\ x-\frac{\left(e^t-e^{-t}\right)t}{e^t+e^{-t}}+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
なので、Lのy切片は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\ (t)=-\frac{\left(e^t-e^{-t}\right)t}{e^t+e^{-t}}+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{\left\{\left(e^t+e^{-t}\right)-2e^{-t}\right\}t}{e^t+e^{-t}}+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}-t+\log\left(e^t+e^{-t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+\log\left\{\left(e^t+e^{-t}\right)e^{-t}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+\log\left(1+e^{-2t}\right)\end{align*}}$
となり、題意は示された。
(２)
xの関数g(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=x-\log\left(1+x\right)\ \ \ \left(0\leqq x\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}\geqq 0\ \ \ \left(\because\ 0\leqq x\right)\end{align*}}$
となるので、g(x)は単調に増加する。
よって、任意のx（≧0）に対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)\geqq g\ (0)=0 \ \ \Leftrightarrow\ \ x\geqq \log\left(1+x\right)\end{align*}}$
が成り立つ。
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}-b\ (t)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2-2te^{-t}}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}-\log\left(1+e^{-2t}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq\frac{2\left(1-te^{-t}\right)}{e^t+e^{-t}} \end{align*}}$ ←e-2t＞0と(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(e^t-t\right)}{e^{2t}+1} \end{align*}}$ ……(ⅰ)
ここで(２)より、t≧0であるtに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t\geqq \log\left(1+t\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ e^t\geqq 1+t>t\ \ \ \ \left(\because\ e>1\right)\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\ (t)\leqq\frac{2}{e^t+e^{-t}}+e^{-2t}\end{align*}}$ ．
よって、題意は示された。
(４)
(１)で求めたb(t)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\ '(t)=\frac{\left(2te^{-t}\right)'\left(e^t+e^{-t}\right)-2te^{-t}\left(e^t+e^{-t}\right)'}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}+\frac{-2e^{-2t}}{1+e^{-2t}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(e^{-t}-te^{-t}\right)\left(e^t+e^{-t}\right)-2te^{-t}\left(e^t-e^{-t}\right)}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}-\frac{2e^{-t}}{e^t+e^{-t}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\left(1-2t+e^{-2t}\right)-2e^{-t}\left(e^t+e^{-t}\right)}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^x\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\ dt=\lim_{x\rightarrow\infty}\bigg[-b\ (t)\bigg]_0^x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{x\rightarrow\infty}\bigg\{-b\ (x)+b\ (0)\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =b\ (0)-\lim_{x\rightarrow\infty}\ b\ (x)\end{align*}}$ ……(ⅱ)
ここで、x→∞の極限を考えるので、x＞0と考えてよく、
ex＞0、e-x＞0なので、0＜b(x)である。
これと(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt b\ (x)\leqq\frac{2}{e^x+e^{-x}}+e^{-2x}\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{e^x+e^{-x}}+e^{-2x}\right)=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\infty}\ b\ (x)=0\end{align*}}$ ．
よって、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b\ (0)=\lim_{x\rightarrow\infty}\int_0^x\frac{4t}{\left(e^t+e^{-t}\right)^2}\ dt\end{align*}}$
が成り立つ。
(４)は、式をいじってたら偶然できたって感じです＾＾；；
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第５問
ｆ(x)、g(x)、h(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{1}{2}\left(\cos x-\sin x\right)\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=\frac{1}{\sqrt2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf h\ (x)=\sin x\end{align*}}$
とおく。3つの曲線y＝f(x)、y＝g(x)、y＝h(x)の0≦x≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$
を満たす部分を、それぞれC1、C2、C3とする。
(１) C2とC3の交点の座標を求めよ。
(２) C1とC3の交点のx座標を$\small\sf{\alpha}$ とする。sin$\small\sf{\alpha}$ 、cos$\small\sf{\alpha}$ の値を
求めよ。
(３) C1、C2、C3によって囲まれる図形の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=\frac{1}{\sqrt2}\left(\sin x\cos\frac{\pi}{4}+\cos x\sin\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2}\left(\sin x+\cos x\right)\end{align*}}$
なので、C2とC3の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\left(\sin x+\cos x\right)=\sin x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin x=\cos x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \tan x=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{\pi}{4}\ \ \ \ \left(\because\ 0\leqq x\leqq\frac{\pi}{2}\right)\ \ \ ,\ \ y=\sin\frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
となるので、C2とC3の交点の座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(\frac{\pi}{4}\ ,\ \frac{1}{\sqrt2}\right)\ }\end{align*}}$
(２)
C1とC3の交点のx座標が$\scriptsize\sf{\alpha}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\left(\cos\alpha-\sin\alpha\right)=\sin\alpha\ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\alpha=3\sin\alpha\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=\sin^2\alpha+\left(3\sin^2\alpha\right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin^2\alpha=\frac{1}{10}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{10}}\ \ \left(>0\right)\ \ ,\ \ \cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}\ }\end{align*}}$
(３)
C1とC2の交点のx座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\left(\cos x-\sin x\right)=\frac{1}{2}\left(\sin x+\cos x\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin x=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=0\ \ \ \left(\because\ 0\leqq x\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
これらより、C1、C2、C3の位置関係は
右図のようになる。
よってこれらで囲まれる図形の面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\int_0^{\pi /4}g\ (x)\ dx-\int_0^{\alpha}f\ (x)\ dx-\int_{\alpha}^{\pi /4}h\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_0^{\pi /4}\left(\sin x+\cos x\right)dx-\frac{1}{2}\int_0^{\alpha}\left(\cos x-\sin x\right)dx-\int_{\alpha}^{\pi /4}\sin x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\bigg[-\cos x+\sin x\bigg]_0^{\pi /4}-\frac{1}{2}\bigg[\sin x+\cos x\bigg]_0^{\alpha}+\bigg[\cos x\bigg]_{\alpha}^{\pi /4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{\sqrt2}+1\right)-\frac{1}{2}\left(\sin\alpha+\cos\alpha-1\right)+\left(\frac{1}{\sqrt2}-\cos\alpha\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1+\frac{1}{\sqrt2}-\frac{5}{\sqrt{10}}\ }\end{align*}}$
これは難しくありません。
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第７問
a、bは異なる2つの実数とする。座標平面において2点(a，1)、
(b，1)をそれぞれ点(a2，a)、(b2，b)に移す1次変換を表す
行列をAとする。自然数nに対し、点Pn(xn，yn)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_1}{y_1}=\binom{1}{0}\ \ ,\ \ \binom{x_{n+1}}{y_{n+1}}=A\binom{x_n}{y_n}\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\ldots\right)\end{align*}}$
によって定める。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf Q=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b\\ \sf 1 & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$ とおくと、$\small\sf{\begin{align*} \sf AQ=Q\begin{pmatrix} \sf a&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf b \end{pmatrix}\end{align*}}$ となることを示せ。
(２) 数列{xn}、{yn}の一般項を求めよ。
(３) 点P2、P3、P4、…がすべて直線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{1}{2}\ x\end{align*}}$ 上にあるようなa、b
を1組求め、その時の行列Aを求めよ。
(注）問題の表記を一部変更しています。
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【解答】
(１)
Aが表す一次変換は、2点(a，1)、(b，1)をそれぞれ
点(a2，a)、(b2，b)に移すので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{a}{1}=\binom{a^2}{a}\ \ ,\ \ A\binom{b}{1}=\binom{b^2}{b}\end{align*}}$
となり、これらより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf 1 & \sf 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf a^2&\sf b^2 \\ \sf a & \sf b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf 1 & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf a&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf b \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ AQ=Q\begin{pmatrix} \sf a&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf b \end{pmatrix}\end{align*}}$
と変形できるので、題意は示された。
(２)
(１)の行列Qのデターミナントは
detQ＝a－b≠0 （∵ a≠b）
なので、Qの逆行列Q-1が存在する。
(１)の等式の両辺に右からQ-1をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=Q\begin{pmatrix} \sf a&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf b \end{pmatrix}Q^{-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix} \sf a&\sf b\\ \sf 1 & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf a&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf b \end{pmatrix}\cdot\frac{1}{a-b}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -b\\ \sf -1 & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{a-b}\begin{pmatrix} \sf a^2&\sf b^2\\ \sf a & \sf b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -b\\ \sf -1 & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{a-b}\begin{pmatrix} \sf a^2-b^2 &\sf -a^2b +ab^2 \\ \sf a-b & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix} \sf a+b &\sf -ab \\ \sf 1 & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_{2}}{y_{2}}=\begin{pmatrix} \sf a+b &\sf -ab \\ \sf 1 & \sf 0 \end{pmatrix}\binom{1}{0}=\binom{a+b}{1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_{n+1}}{y_{n+1}}=\begin{pmatrix} \sf a+b &\sf -ab \\ \sf 1 & \sf 0 \end{pmatrix}\binom{x_n}{y_n}=\binom{\left(a+b\right)x_n-aby_n}{x_n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x_{n+1}=\left(a+b\right)x_n-aby_n\ \ ,\ \ y_{n+1}=x_n\end{align*}}$
これら2式より ynを消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_{n+1}=\left(a+b\right)x_n-abx_{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{ \begin{array}{ll}\sf x_{n+1}-ax_n=b\left(x_n-ax_{n-1}\right) \\ \sf x_{n+1}-bx_n=a\left(x_n-bx_{n-1}\right) \\\end{array} \right.\end{align*}}$
と変形できるので、数列{xn+1－axn}、{xn+1－bxn}は
ともに等比数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_{n+1}-ax_n=b^{n-1}\left(x_2-ax_1\right)=b^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_{n+1}-bx_n=a^{n-1}\left(x_2-bx_1\right)=a^n\end{align*}}$
となるので、これら2式を辺々引くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a-b\right)x_n=a^n-b^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ x_n=\frac{a^n-b^n}{a-b}\ \ ,\ \ y_n=\frac{a^{n-1}-b^{n-1}}{a-b}\ \ \ \ \left(\because\ a\ne b\right)\ }\end{align*}}$
(３)
点Pn(xn，yn)が直線 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{1}{2}\ x\end{align*}}$ 上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a^{n-1}-b^{n-1}}{a-b}=\frac{1}{2}\cdot\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2a^{n-1}-2b^{n-1}=a^n-b^n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a-2\right)a^{n-1}=\left(b-2\right)b^{n-1}\end{align*}}$ ．
a＝0、b＝2のとき、この式はnの値によらず成立し、
このとき行列Aの成分は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ A=\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 0 \\ \sf 1 & \sf 0 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
となる。
上から順番に計算してゆきましょう。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/11/06(火) 01:13:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .筑波大 2015
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