第１問
a、bを実数とし、xに関する方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \cos 2x+a\cos x+b=0\end{align*}}$
を考える。この方程式が0≦x＜2$\small\sf{\pi}$ の範囲で、2個の異なる実数解を
持つためのa、bに関する条件を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos 2x+a\cos x+b=0\end{align*}}$ ……(*)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\cos x\end{align*}}$ とおくと、(*)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2t^2+at+b-1=0\ \ \ \left(-1\leqq t\leqq 1 \right)\end{align*}}$ ……(#)
と表すことができ、(#)の左辺をf(t)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(t)=2\left( t+\frac{a}{4}\right)^2-\frac{a^2}{2}+b-1\end{align*}}$ ．
(*)が0≦x＜2$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲で、2個の異なる実数解をもつのは
次の3つの場合がある。
(ⅰ) (#)が-1＜t＜1の範囲に重解をもつ場合
(#)の判別式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D=\underline{\ a^2-8b+8=0\ }\end{align*}}$
放物線y=f(t)の軸
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -1\lt -\frac{a}{4}\lt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ -4\lt a\lt 4\ }\end{align*}}$
(ⅱ) (#)が異なる2つの実数解をもち、その一方だけが-1＜t＜1の
範囲にある場合
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(-1)\cdot f(1)=\underline{\ \left(-a+b+1 \right)\left(a+b+1 \right)<0\ }\end{align*}}$
(ⅲ) (#)がt=-1とt=1を解にもつ場合
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(-1)=f(1)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -a+b+1=a+b+1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a=0\ ,\ b=-1\ }\end{align*}}$
これは難しくありません。
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第２問
1からnまでの番号が書かれたn個の箱があり、各々の箱には2n本の
くじが入っている。番号がLの箱にはL本の当たりが入っているとする。
この条件で次の①、②を試行する。
① 無作為に箱を1つ選ぶ。
② ①で選んだ箱を用いて、くじを1本ひいては戻すことをm回繰り
返す。
この試行でk回当たりくじを引く確率をPn(m，k)とする。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(2,0 \right)\ ,\ \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(2,1 \right)\ ,\ \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(2,2 \right)\end{align*}}$ をそれぞれ求めよ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(m,1 \right)\end{align*}}$ をmを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
①において、番号Lの箱を選ぶ確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{n}\end{align*}}$ であり、
②において、m回のうちk回当たりくじを引く確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf _mC_k\left(\frac{L}{2n} \right)^k\left(1-\frac{L}{2n} \right)^{m-k}\end{align*}}$
L=1，2，…，nの場合があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(m\ ,\ k \right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{L=1}^n\frac{1}{n}\cdot _mC_k\left(\frac{L}{2n} \right)^k\left(1-\frac{L}{2n} \right)^{m-k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_mC_k\int_0^1\left(\frac{x}{2} \right)^k\left(1-\frac{x}{2} \right)^{m-k}dx\end{align*}}$
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(2\ ,\ 0 \right)=_2C_0\int_0^1\left(1-\frac{x}{2} \right)^{2}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[-\frac{2}{3}\left(1- \frac{x}{2}\right)^3 \right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{7}{12}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(2\ ,\ 1 \right)=_2C_1\int_0^1\frac{x}{2}\left(1-\frac{x}{2} \right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left[\frac{x^2}{2}- \frac{x^3}{6}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{3}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(2\ ,\ 2 \right)=_2C_2\int_0^1\left(\frac{x}{2} \right)^2dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\frac{x^3}{12}\right]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{12}\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}P_n\left(m\ ,\ 1 \right)=_mC_1\int_0^1\frac{x}{2}\left(1-\frac{x}{2} \right)^{m-1}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =m\int_1^{\frac{1}{2}}\left(1-t \right)t^{m-1}\cdot\left(-2dt\right)\end{align*}}$ ← $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=1-\frac{x}{2}\end{align*}}$ と置換
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2m\int_{\frac{1}{2}}^1\left(t^{m-1}-t^m \right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2m\left[\frac{x^m}{m}- \frac{x^{m+1}}{m+1}\right]_{\frac{1}{2}}^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{m+1}\bigg[\left\{ \left(2m+2 \right)-2mx\right\}x^m\bigg]_{\frac{1}{2}}^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{m+1}\left\{2- \left(\frac{1}{2} \right)^m\left(m+2 \right)\right\}\ }\end{align*}}$
区分求積法に気づきさえすれば難しくありません。
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第３問
aを正の定数、0＜$\small\sf{\theta}$ ＜$\small\sf{\pi}$ /2 とし、行列Xa，$\small\sf{\theta}$ を
$\small\sf{\begin{align*} \sf X_{a,\theta}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf \frac{1}{a} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf \cos\theta&\sf \sin\theta \\ \sf \sin\theta & \sf -\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
で定義する。またEを2次の単位行列とする。
(１) 2次の正方行列Xが、X2=Eを満たし、行列Xの表す1次変換は、
点(1，0)を第1象限内に、点(0，1)を第4象限内に移すとする。
このとき行列XはXa，$\small\sf{\theta}$ の形になることを示せ。
(２) a1とa2を正の定数、$\small\sf{\theta}$ 1と$\small\sf{\theta}$ 2を第1象限の角とする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=X_{a_1,\theta_1}\ \ ,\ \ B=X_{a_2,\theta_2}\end{align*}}$
とするとき(AB)2=Eとなるための条件をa1、a2、$\small\sf{\theta}$ 1、$\small\sf{\theta}$ 2を
用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\begin{pmatrix} \sf p&\sf q \\ \sf r& \sf s \end{pmatrix}\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf p&\sf q \\ \sf r& \sf s \end{pmatrix}\binom{1}{0}=\binom{p}{r}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix} \sf p&\sf q \\ \sf r& \sf s \end{pmatrix}\binom{0}{1}=\binom{q}{s}\end{align*}}$
より、行列Xによって2点(1，0)、(0，1)はそれぞれ
点(p，r)、(q，s)に移る。
題意より(p，r)は第1象限内の点、(q，s)は第4象限内の点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p>0\ ,\ q>0\ ,\ r>0\ ,\ s<0\end{align*}}$ ……(ⅰ)
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2=\begin{pmatrix} \sf p&\sf q \\ \sf r& \sf s \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf p&\sf q \\ \sf r& \sf s \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf p^2+qr&\sf q\left(p+s \right) \\ \sf r\left(p+s \right)& \sf s^2+qr \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0& \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$ ……(ⅱ)
両辺の(1，2)成分、(2，1)成分を比較すると、
(ⅰ)よりq≠0、r≠0なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p+s=0\end{align*}}$ ……(ⅲ)
また、(ⅱ)の両辺の(1，1)成分を比較すると、
(ⅰ)より、qr＞0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p^2=1-qr<1\end{align*}}$ ． ……(ⅳ)
(ⅲ)、(ⅳ)とp＞0より、0＜p＜1なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=\cos\theta\ \ ,\ \ s=-\cos\theta\ \ \ \left(0<\theta<\frac{\pi}{2} \right)\end{align*}}$
を満たす$\scriptsize\sf{\theta}$ が存在する。
このとき、(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf qr=1-p^2=1-\cos^2\theta=\sin^2\theta\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{q}{\sin\theta}\ (>0)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=a\sin\theta\ ,\ r=\frac{1}{a}\sin\theta\end{align*}}$
である。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\begin{pmatrix} \sf \cos\theta&\sf a\sin\theta \\ \sf \frac{1}{a}\sin\theta & \sf -\cos\theta \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf \frac{1}{a} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf \cos\theta&\sf a\sin\theta \\ \sf \sin\theta& \sf -a\sin\theta \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf \frac{1}{a} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf \cos\theta&\sf \sin\theta \\ \sf \sin\theta & \sf -\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf a \end{pmatrix}\end{align*}}$
と変形できるので、XはXa，$\scriptsize\sf{\theta}$ の形で表せる。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf \frac{1}{a_1} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf \cos\theta_1&\sf \sin\theta_1 \\ \sf \sin\theta_1 & \sf -\cos\theta_1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf a_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf \cos\theta_1&\sf a_1\sin\theta_1 \\ \sf \frac{1}{a_1}\sin\theta_1 & \sf -\cos\theta_1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
であり、Bも同様に計算できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\begin{pmatrix} \sf \cos\theta_1&\sf a_1\sin\theta_1 \\ \sf \frac{1}{a_1}\sin\theta_1 & \sf -\cos\theta_1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf \cos\theta_2&\sf a_2\sin\theta_2 \\ \sf \frac{1}{a_2}\sin\theta_2 & \sf -\cos\theta_2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix} \sf \cos\theta_1\cos\theta_2+\frac{a_1}{a_2}\sin\theta_1\sin\theta_2&\sf a_2\cos\theta_1\sin\theta_2-a_1\sin\theta_1\cos\theta_2 \\ \sf \frac{1}{a_1}\sin\theta_1\cos\theta_2-\frac{1}{a_2}\cos\theta_1\sin\theta_2 & \sf \cos\theta_1\cos\theta_2+\frac{a_2}{a_1}\sin\theta_1\sin\theta_2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
簡単のため、ABの各成分を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\begin{pmatrix} \sf p&\sf q \\ \sf r& \sf s \end{pmatrix}\end{align*}}$
と書くことにすると、(ⅱ)と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( AB\right)^2=\begin{pmatrix} \sf p^2+qr&\sf q\left(p+s \right) \\ \sf r\left(p+s \right)& \sf s^2+qr \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0& \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$ ……(ⅴ)
を得る。
a1＞0、a2＞0、$\scriptsize\sf{\theta}$ 1と$\scriptsize\sf{\theta}$ 2は第1象限の角なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p>0\ \ ,\ \ s>0\end{align*}}$ ……(ⅵ)
であり、(ⅳ)の両辺の(1，2)成分、(2，1)成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=r=0\end{align*}}$ ……(ⅶ)
よって、(ⅳ)の両辺の(1，1)成分、(2，2)成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p^2=s^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p=s=1\ \left(>0 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\theta_1\cos\theta_2+\frac{a_1}{a_2}\sin\theta_1\sin\theta_2=\cos\theta_1\cos\theta_2+\frac{a_2}{a_1}\sin\theta_1\sin\theta_2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_1=a_2\ \ ,\ \ \cos\theta_1\cos\theta_2+\sin\theta_1\sin\theta_2=\cos\left(\theta_1-\theta_2 \right)=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_1=a_2\ \ ,\ \ \theta_1=\theta_2\ \ \ \ \left(\because\ 0<\theta_1< \frac{\pi}{2}\ ,\ 0<\theta_2< \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ．
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=r=a_1\cos\theta_1\sin\theta_1-a_1\sin\theta_1\cos\theta_1=0\end{align*}}$
となるので(ⅶ)も成り立つ。
以上より、(AB)2=Eとなるための条件は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a_1=a_2\ \ ,\ \ \theta_1=\theta_2\ \ \ \ }\end{align*}}$
である。
これは他の問題と比べると難しいですね。
(１)ぐらいは何とかして解きたいものです。
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第４問
0≦x≦aで定義された2つの関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\left(a-x \right)e^x\ \ ,\ \ h(x)=bx^2\end{align*}}$
を考える。ただしa、bは定数とし、aは1＜a≦2を満たすとする。
さらに2曲線y=f(x)とy=h(x)がf(x)の最大値をとる点で交わる
とする。
(１) 曲線y=f(x)の概形を描け。
(２) bをaを用いて表せ。
(３) 不定積分 $\small\sf{\begin{align*} \sf \int xe^{2x}dx\end{align*}}$ を求めよ。
(４) 2曲線y=f(x)、y=h(x)およびx軸で囲まれる図形をx軸の周りに
一回転させてできる回転体の体積をaを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=-e^x+\left(a-x \right)e^x=-\left(x-a+1 \right)e^x\end{align*}}$
となるので、f(x)の増減および、曲線y=f(x)の概形は
次のようになる。
(２)
曲線y=h(x)が点(a-1，ea-1)を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf e^{a-1}=b\left(a-1 \right)^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ b=\frac{e^{a-1}}{\left(a-1 \right)^2}\ }\end{align*}}$
(３)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int xe^{2x}dx=\frac{x}{2}e^{2x}-\frac{1}{2}\int e^{2x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{2x-1}{4}\ e^{2x}+C\ }\end{align*}}$ （C：積分定数）
ついでに求めておくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int x^2e^{2x}dx=\frac{x^2}{2}e^{2x}-\int xe^{2x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{x^2}{2}\ e^{2x}-\frac{2x-1}{4}\ e^{2x}+C\end{align*}}$ ←上で求めた結果を使う
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2x^2-2x+1}{4}\ e^{2x}+C\end{align*}}$ （C：積分定数）
(４)
求める体積をVとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\int_0^{a-1}\left(bx^2 \right)^2dx+\pi\int_{a-1}^a\left\{ \left(a-x \right)e^x\right\}^2dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\int_0^{a-1}\left(b^2x^4 \right)dx+\pi\int_{a-1}^a \left(x^2-2ax+a^2\right)e^{2x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left[\frac{b^2}{5}x^5 \right]_0^{a-1}+\pi\left[\left(\frac{2x^2-2x+1}{4}-2a\cdot\frac{2x-1}{4}+\frac{a^2}{2} \right)e^{2x}\right]_{a-1}^a\end{align*}}$
(２)を用いて、頑張って計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\underline{\ \frac{\pi}{20}\left(5e^2+4a-29 \right)e^{2a-2}\ }\end{align*}}$
最後の計算は誤魔化してますｗｗｗ
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