第1問
a、b、c、A、Bを実数とする。
(1) 二次不等式ax2+bx+c≧0の解が $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ≦x≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$ となるような
a、b、cを求めよ。ただし、|b|=1とする。
(2) $\small\sf{\theta}$ に関する不等式 $\small\sf{\sf A\sin\theta\tan\theta+B\cos\theta+\tan\theta\geqq 0}$ の、
$\small\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq \theta\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲でも解が $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{6}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{3}\end{align*}}$ となるようなA、Bを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\leqq x\leqq \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(2x-1 \right)\left(2x-\sqrt3 \right)\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4x^2-2\left(\sqrt3+1 \right)x+\sqrt3\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{4}{2\left(\sqrt3+1 \right)}x^2-x+\frac{\sqrt3}{2\left(\sqrt3+1 \right)}\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(-1+\sqrt3 \right)x^2-x+\frac{3-\sqrt3}{4}\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-\sqrt3 \right)x^2+x+\frac{-3+\sqrt3}{4}\geqq 0\end{align*}}$
これと ax2+bx+c≧0の係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=1-\sqrt3 \ \ ,\ \ b=1\ \ ,\ \ c=\frac{-3+\sqrt3}{4}\ }\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\sin\theta\ \ \ \ \left(0\leqq x< \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{6}\leqq \theta\leqq \frac{\pi}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2}\leqq x\leqq \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\sin\theta\tan\theta+B\cos\theta+\tan\theta\geqq 0\ \ \ \ \left(0\leqq x< \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ……(ⅰ)
の両辺に$\scriptsize\sf{\cos\theta}$ （＞0）をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\sin^2\theta+B\cos^2\theta+\sin\theta\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ A\sin^2\theta+B\left(1-\sin^2\theta\right)+\sin\theta\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(A-B\right)\sin^2\theta+\sin\theta+B\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(A-B\right)x^2+x+B\geqq 0\end{align*}}$ ……(ⅱ)
と変形できる。
(ⅰ)が $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{6}\end{align*}}$ ≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\end{align*}}$ を解にもつことと、(ⅱ)が $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ≦x≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$ を解に
もつことは同値なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A-B=1-\sqrt3\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\frac{-3+\sqrt3}{4}\end{align*}}$
を満たせばよい。これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ A=\frac{1-3\sqrt3}{4}\ \ ,\ \ B=\frac{-3+\sqrt3}{4}\ }\end{align*}}$
全学部共通の問題なので、それほど難しくありません。
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第2問
以下の問いに答えよ。
(1) 0以上の2数A、Bについて、相加平均 $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{A+B}{2}\end{align*}}$ が相乗平均$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{AB}\end{align*}}$ 以上
であることを証明せよ。
(2) a＞0、b＞0、m＞0とする。座標平面上で点(a，b)を通り、傾きが
－mの直線の、x軸、y軸との交点をそれぞれ求めよ。
(3) (2)のふたつの交点と原点の3点を頂点とする三角形の面積の、
mを変化させたときの最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \frac{A+B}{2}\right)^2-\left(\sqrt{AB} \right)^2=\frac{A^2+2AB+B^2}{4}-AB\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{A^2-2AB+B^2}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{A-B}{2} \right)^2\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left( \frac{A+B}{2}\right)^2\geqq \left(\sqrt{AB} \right)^2\end{align*}}$
A≧0、B≧0より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{A+B}{2}\geqq 0\ \ ,\ \ \sqrt{AB}\geqq 0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{A+B}{2}\geqq \sqrt{AB}\end{align*}}$
が成り立つ。（等号成立は A=Bのとき）
(2)
点(a，b)を通り、傾きが－mの直線をLとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L:\ y-b=-m\left(x-a \right)\end{align*}}$ ．
この式において
y=0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0-b=-m\left(x-a \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ x=a+\frac{b}{m}\ \ \ \ \left(\because\ m\ne 0 \right)\end{align*}}$
x=0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-b=-m\left(0-a \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=am+b\end{align*}}$
よって、Lのx軸、y軸との交点の座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(a+\frac{b}{m}\ ,\ 0 \right)\ \ ,\ \ \left(0\ ,\ am+b \right)\ }\end{align*}}$
(3)
(2)のふたつの交点と原点の3点を頂点とする三角形の面積をSとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\left(a+\frac{b}{m}\right)\left(am+b \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(2ab+a^2m+ \frac{b^2}{m}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq \frac{1}{2}\left(2ab+2\sqrt{a^2m\cdot \frac{b^2}{m}}\right)\end{align*}}$ ←a、b、m＞0より相加・相乗平均
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2ab\ \ \ \left(\because\ a,b>0 \right)\end{align*}}$
等号成立は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2m=\frac{b^2}{m}\ \ \Leftrightarrow\ \ m=\frac{b}{a}\ (>0)\end{align*}}$
よって、Sの最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ S_{min}=2ab\ }\end{align*}}$ ．
あこれもさほど難しくありません。
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第3問
O、P、Qを、それぞれの座標が$\small\sf{\sf (0,\ 0)\ ,\ (\cos\theta,\ \sin\theta)\ ,\ (-1,\ 0)}$ で
与えられる平面上の点とする。また、$\small\sf{\sf 0\leqq\theta\lt\pi}$ として、点P、Qを通る
直線と、y軸との交点をR(0，t)とする。このとき以下の問いに答えよ。
(1) ∠RQOを$\small\sf{\theta}$ で表せ。またtを$\small\sf{\theta}$ の関数として表せ。
(2) Q、Rを通る直線の方程式をtを用いて表せ。この直線と、Oを中心と
する半径1の円との交点をtを用いて表せ。また、$\small\sf{\cos\theta\ ,\ \ \sin\theta}$ を
tで表せ。
(3) $\small\sf{\theta}$ をtの関数と見たとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{d\theta}{dt}=\frac{2}{1+t^2}\end{align*}}$ となることを示せ。
(4) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin\theta+\cos\theta}\ d\theta\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1=OQ\end{align*}}$
より、△OPQは二等辺三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle RQO=\angle QPO=\underline{\ \frac{\theta}{2}\ }\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\angle RQO=\frac{OR}{OQ}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ t=\tan\frac{\theta}{2}\ }\end{align*}}$ ……(#)
(2)
直線QRの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-t=\frac{t-0}{0-(-1)}\left(x-0 \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=tx+t\ }\end{align*}}$
であり、これと円x2+y2=1の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+\left( tx+t\right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+t^2 \right)x^2+2t^2x+t^2-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x+1 \right)\left\{\left(1+t^2 \right)x+t^2-1\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=-1\ ,\ \frac{1-t^2}{1+t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-t+t=0\ \ ,\ \ y=t\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}+t=\frac{2t}{1+t^2}\end{align*}}$ ．
よって、直線QRと円x2+y2=1の交点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(-1\ ,\ 0 \right)\ \ ,\ \ \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\ ,\ \frac{2t}{1+t^2} \right)\ }\end{align*}}$ ．
これらは点Qおよび点P(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ ，sin$\scriptsize\sf{\theta}$ )なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}\ ,\ \sin\theta=\frac{2t}{1+t^2} \ }\end{align*}}$
(3)
(2)で得たcos$\scriptsize\sf{\theta}$ の式をtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\sin\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{-2t\left(1+t^2\right)-\left(1-t^2\right)\cdot 2t}{\left(1+t^2\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{2t}{1+t^2}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{-4t}{\left(1+t^2\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{d\theta}{dt}=\frac{2}{1+t^2}\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(4)
(#)のように置換すると、
$\scriptsize\sf{\theta}$ ： 0→ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ に対して t：0→1
と対応するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin\theta+\cos\theta}\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{0}^1\frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \frac{2}{1+t^2}\ dt\end{align*}}$ ←(2)、(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{0}^1\frac{1}{t+1}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\log|t+1|\bigg]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log 2\ }\end{align*}}$
これまた有名問題。ちゃんと誘導が付いているので、そんなに難しくありません。
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第4問
2次の正方行列A、Bをそれぞれ
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\frac{1}{4}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -\sqrt2 \\ \sf -\sqrt2 & \sf 2 \end{pmatrix}\ \ ,\ \ B=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf \sqrt2 \\ \sf \sqrt2 & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
のように定めるとき、以下の問いに答えよ。
(1) A2、B2、ABおよびBAを計算せよ。
(2) 正の整数nについて、(A+B)n=anA+bnBとかけることを証明し、
数列{an}、{bn}の一般項を求めよ。
(3) 無限級数 $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=1}^{\infty}a_n\end{align*}}$ および $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=1}^{\infty}b_n\end{align*}}$ が収束するかどうか調べ、収束する
ならばその値も求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^2=\frac{1}{16}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -\sqrt2 \\ \sf -\sqrt2 & \sf 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -\sqrt2 \\ \sf -\sqrt2 & \sf 2 \end{pmatrix}=\frac{3}{16}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -\sqrt2 \\ \sf -\sqrt2 & \sf 2 \end{pmatrix}=\underline{\ \frac{3}{4}\ A\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^2=\frac{1}{4}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf \sqrt2 \\ \sf \sqrt2 & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf \sqrt2 \\ \sf \sqrt2 & \sf 1 \end{pmatrix}=\frac{3}{4}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf \sqrt2 \\ \sf \sqrt2 & \sf 1 \end{pmatrix}=\underline{\ \frac{3}{2}\ B\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\frac{1}{8}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -\sqrt2 \\ \sf -\sqrt2 & \sf 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf \sqrt2 \\ \sf \sqrt2 & \sf 1 \end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 0&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 0\end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BA=\frac{1}{8}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf \sqrt2 \\ \sf \sqrt2 & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -\sqrt2 \\ \sf -\sqrt2 & \sf 2 \end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 0&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 0 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
(2)
まず、明らかに $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=b_1=1\end{align*}}$ である。
n=2、3のときを計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( A+B\right)^2=\left(A+B \right)\left(A+B \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =A^2+AB+BA+B^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3}{4}A+\frac{3}{2}B\end{align*}}$ ←(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( A+B\right)^3=\left(\frac{3}{4}A+\frac{3}{2}B \right)\left(A+B \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3}{4}A^2+\frac{3}{4}AB+\frac{3}{2}BA+\frac{3}{2}B^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{3}{4}\right)^2A+\left(\frac{3}{2}\right)^2B\end{align*}}$ ←(1)より
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\left(\frac{3}{4}\right)^{n-1}\ \ ,\ \ B=\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\end{align*}}$ ……(#)
と類推することができる。
これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは自明
(ⅱ) n=kのときに(#)が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( A+B\right)^{k+1}=\left\{\left(\frac{3}{4}\right)^kA+\left(\frac{3}{2}\right)^kB \right\}\left(A+B \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{3}{4}\right)^kA^2+\left(\frac{3}{4}\right)^kAB+\left(\frac{3}{2}\right)^kBA+\left(\frac{3}{2}\right)^kB^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{3}{4}\right)^{k+1}A+\left(\frac{3}{2}\right)^{k+1}B\end{align*}}$ ←(1)より
となるので、n=k+1のときも(#)は成り立つ
以上より、数列{an}、{bn}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a_n=\left(\frac{3}{4}\right)^{n-1}\ \ ,\ \ B=\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\ }\end{align*}}$
となる。
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=1}^{\infty}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\left(\frac{3}{4}\right)^{k-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\left(\frac{3}{4}\right)^n}{1-\frac{3}{4}}=\underline{\ 4\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{n=1}^{\infty}b_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\left(\frac{3}{2}\right)^{k-1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\left(\frac{3}{2}\right)^n}{1-\frac{3}{2}}=\underline{\ +\infty\ }\end{align*}}$
(A+B)2=A2+2AB+B2 としないように！
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