第１問
a、hを正の定数とし、0°＜$\small\sf{\theta}$ ＜120°とする。空間内に3点
$\small\sf{\begin{align*} \sf A\left(a\ ,\ 0\ ,\ 0 \right)\ \ ,\ \ B\left( -\frac{a}{2}\ ,\ \frac{\sqrt3\ a}{2}\ ,\ 0\right)\ \ ,\ \ C\left(-\frac{a}{2}\ ,\ -\frac{\sqrt3\ a}{2}\ ,\ 0 \right)\end{align*}}$
がある。xy平面上で、3点A、B、Cを原点中心に$\small\sf{\theta}$ だけ回転
させた点をそれぞれD、E、Fとする。さらに3点D、E、Fをz軸
方向にhだけ平行移動した点をそれぞれX、Y、Zとする。
(１) 点Dと、直線ABの距離をaと$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(２) 三角形ABXの面積が最大となるときの$\small\sf{\theta}$ を求め、そのとき
の面積をaとhを用いて表せ。
(３) 下面が三角形ABC、上面が三角形XYZ、側面が6つの三
角形AXZ、BYX、CZY、XAB、YBC、ZCAであるような立
体を考える。(２)で求めた$\small\sf{\theta}$ に対して、この立体の体積をaと
hを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
xy平面上で直線ABの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB: y=-\frac{1}{\sqrt3}x+\frac{a}{\sqrt3}\ \ \Leftrightarrow\ \ x+\sqrt3\ y-a=0\end{align*}}$
なので、点DからAB垂線DHを下ろすと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf DH=\frac{\left| a\cos \theta+\sqrt3\ \sin\theta-a\right|}{\sqrt{1+3}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left|2a\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)-a\right|}{2}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\theta<\frac{2}{3}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{6}<\theta+\frac{\pi}{6}<\frac{5}{6}\pi\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}<\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)\leqq 1\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf DH=\underline{ \left\{\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)-\frac{1}{2}\right\}a\ }\end{align*}}$
(２)
△ABCは一辺が$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt3\ a\end{align*}}$ の正三角形であり、
DH⊥AB、DH⊥CXよりXH⊥ABなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ABX=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot XH\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt3}{2}a\cdot\sqrt{DH^2+h^2}\end{align*}}$
これが最大になるのは、DHが最大になるとき、
すなわち、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=1\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \theta=\frac{\pi}{3}\ }\end{align*}}$
のときである。このとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ABX=\frac{\sqrt3}{2}a\cdot\sqrt{\left(\frac{1}{2}a\right)^2+h^2}=\underline{\ \frac{\sqrt3}{4}a\sqrt{a^2+4h^2}\ }\end{align*}}$
(３)
(２)のとき、六角形ADBECFは一辺aの正六角形
となり、この正六角形を平面z=t（0＜t＜h）に
投影した正六角形
の頂点を次のようにQ1～Q6
とする。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q_k\left(a\cos\frac{k-1}{3}\pi\ ,\ a\sin\frac{k-1}{3}\pi \ ,\ t\right)\ \ \ \left(k=1,2,\ldots ,6 \right)\end{align*}}$ ．
また、6つの線分AX、XB、BY、YC、CZ、ZAが
平面z=tと交わる点を順にP1～P6とすると、題意の
立体を平面z=tで切ったときの断面は
六角形P1P2P3P4P5P6となる。
また、これらの点は各線分をt：h-tの比に内分する点と
なるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_1Q_1=P_2Q_3=P_3Q_3=P_4Q_5=P_5Q_5=P_6Q_1=\frac{ta}{h}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_1Q_2=P_2Q_2=P_3Q_4=P_4Q_4=P_5Q_6=P_6Q_6=\frac{\left(h-t\right)a}{h}\end{align*}}$ ．
六角形P1P2P3P4P5P6の面積をSとすると、図の対称性より
S=六角形Q1Q2Q3Q4Q5Q6-3△P1P2Q2-3△P1P6Q1
として求めることができるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=6\cdot\frac{1}{2}a^2\sin\frac{\pi}{3}-3\cdot\frac{1}{2}\left( \frac{ta}{h}\right)^2\sin\frac{2\pi}{3}-3\cdot\frac{1}{2}\left( \frac{\left(h-t\right)a}{h}\right)^2\sin\frac{2\pi}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3\sqrt3\ a^2}{4h^2}\left(-2t^2+2ht+h^2 \right)\end{align*}}$．
tは0≦t≦hの範囲で動くので、求める立体の体積Vは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\int_0^hS\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3\sqrt3\ a^2}{4h^2}\int_0^h\left(-2t^2+2ht+h^2 \right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3\sqrt3\ a^2}{4h^2}\left[-\frac{2}{3}t^2+ht^2+h^2t \right]_0^h\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \sqrt3\ a^2h\ }\end{align*}}$
この立体は比較的イメージしやすいですね。
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第２問
1からnまでの自然数が書かれたカードが1枚ずつある。この中から
無作為に2枚のカードを同時に取り出し、小さい方の自然数をa、
大きい方の自然数をbとする。ただしnは2以上の自然数とする。
(１) kを1≦k≦nをみたす自然数とするとき、a=kとなる確率をkとn
を用いて表せ。
(２) aの期待値をnを用いて表せ。
(３) bの期待値をnを用いて表せ。
(４) b-aの期待値をnを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
2枚のカードの取り出し方の総数はnC2通り
(１)
a=kとなるのは、
(a，b)=(k，k+1)、(k，k+2)、……、(k，n)
のn-k通りあるので、求める確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n-k}{_nC_2}=\underline{\ \frac{2\left(n-k \right)}{n\left(n-1 \right)}\ }\end{align*}}$
(２)
aは1≦a≦n-1の値をとるので、(１)よりaの期待値E(a)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E(a)=\sum_{k=1}^{n-1}k\cdot\frac{2\left(n-k \right)}{n\left(n-1 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{n\left(n-1 \right)}\sum_{k=1}^{n}\left(-k^2+nk \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{n\left(n-1 \right)}\sum_{k=1}^{n}\left\{-\frac{1}{6}n\left(n+1 \right)\left(2n+1 \right)+\frac{1}{2}n^2\left(n+1 \right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{n+1}{3}\ }\end{align*}}$
(３)
b=kとなるのは、
(a，b)=(1，k)、(2，k)、……、(k-1，k)
のk-1通りあるので、b=kとなる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{k-1}{_nC_2}=\frac{2\left(k-1 \right)}{n\left(n-1 \right)}\end{align*}}$
bは2≦b≦nの値をとるので、bの期待値E(b)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E(b)=\sum_{k=2}^{n}k\cdot\frac{2\left(k-1 \right)}{n\left(n-1 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{n\left(n-1 \right)}\sum_{k=1}^{n}\left(k^2-k \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{n\left(n-1 \right)}\sum_{k=1}^{n}\left\{\frac{1}{6}n\left(n+1 \right)\left(2n+1 \right)-\frac{1}{2}n\left(n+1 \right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{2\left(n+1\right)}{3}\ }\end{align*}}$
(４)
b-a=kとなるのは、
(a，b)=(1，k+1)、(2，k+2)、……、(n-k，n)
のn-k通りあるので、b-a=kとなる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{n-k}{_nC_2}=\frac{2\left(n-k \right)}{n\left(n-1 \right)}\end{align*}}$
b-aは1≦b-a≦n-1の値をとるので、b-aの期待値E(b-a)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf E(b-a)=\sum_{k=1}^{n-1}k\cdot\frac{2\left(n-k \right)}{n\left(n-1 \right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{n+1}{3}\ }\end{align*}}$
これは易しいですね。
(４)は、E(b-a)=E(b)-E(a)で求めた方が楽ですが、知ってますかね？
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第３問
a、bを正の定数とする。平面上において(-a，0)を中心とする円C1と、
(b，0)を中心とする円C2が、原点Oで外接している。また、Pを円C1
上の点とし、Qを円C2上の点とする。ただし2点P、Qはx軸上にない
ものとする。
(１) PとQがx軸に対して同じ側にあるとき、三角形OPQの面積の最大
値をa、bを用いて表せ。
(２) PとQがx軸に対して異なる側にあるとき、三角形OPQの面積の最
大値をa、bを用いて表せ。ただし3点O、P、Qは同一直線上にない
ものとする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
P、Qはそれぞれ円C1、C2上の点なので、
その座標は変数p、qを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(-a+a\cos p\ ,\ a\sin p \right)\ \ ,\ \ Q\left(b+b\cos q\ ,\ b\sin q \right)\end{align*}}$
と表すことができる。
このとき、△OABの面積をSとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{1}{2}\left|\left(-a+a\cos p \right)\cdot b\sin q-a\sin p \cdot\left(b+b\cos q \right) \right|\\ &=\sf \frac{ab}{2}\big|\sin p\cos q-\cos p\sin q+\sin p+\sin q \big|\ \ \ \left(\because\ a,b>0 \right)\\ &=\sf \frac{ab}{2}\big|\sin\left(p-q \right)+\sin p+\sin q\big|\end{align*}}$
まず、qの値を固定し、pの関数
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (p)=\sin\left(p-q \right)+\sin p+\sin q\end{align*}}$
を考えると、和→積の公式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(p)&=\sf \cos\left( p-q\right)+\cos p \\ &=\sf 2\cos\frac{2p-q}{2}\cos\frac{q}{2}\end{align*}}$
また、|f(p)|の最大値をqの関数とみなしてh(q)とおく。
(１)
P、Qともにx軸の上側にあるとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{\pi}{2}<-\frac{q}{2}<\frac{2p-q}{2}<\pi-\frac{q}{2}<\pi\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(p)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2p-q}{2}=\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ p=\frac{q+\pi}{2}\ \ \ \left(\because\ \cos\frac{q}{2}>0\right)\end{align*}}$
よって、f(p)の増減は次のようになる。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{p\rightarrow +0}f\ (p)=0\ \ ,\ \ \lim_{p\rightarrow \pi -0}f\ (p)=2\sin q>0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h\ (q)&=\sf f\left( \frac{q+\pi}{2}\right)\sf \\ &=\sf \sin\frac{\pi -q}{2}+\sin\frac{q+\pi}{2}+\sin q\\ &=\sf 2\cos\frac{q}{2}+\sin q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h\ '(q)&=\sf -\sin\frac{q}{2}+\cos q\\ &=\sf -\sin\frac{q}{2}-1-2\sin^2\frac{q}{2}\\ &=\sf -\left(2\sin\frac{q}{2}-1 \right)\left(\sin\frac{q}{2}+1 \right)\end{align*}}$
これより、h(q)の増減は次のようになる。
よって、Sの最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_{max}&=\sf \frac{ab}{2}\ h\left( \frac{\pi}{3}\right)\\ &=\sf \frac{ab}{2}\left(2\cos\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{3} \right)\\ &=\sf \underline{\ \frac{3\sqrt3}{4}ab }\end{align*}}$
(２)
Pがx軸より上側、Qがx軸の下側にあるとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0<-\frac{q}{2}<\frac{2p-q}{2}<\pi-\frac{q}{2}<\frac{3\pi}{2}\end{align*}}$
なので、f(p)の増減は(１)と同じであるが、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{p\rightarrow \pi -0}f\ (p)=2\sin q\lt 0\ \ \ \left(\because\ -\pi \lt q\lt 0 \right)\end{align*}}$
なので、h(q)については、次の２つの場合が考えられる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ f\left( \frac{q+\pi}{2}\right)<\left| 2\sin q\right|=-2\sin q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (ii)\ f\left( \frac{q+\pi}{2}\right)\geqq -2\sin q\end{align*}}$
(ⅰ)の場合は
|f(p)|の最大値が存在しない。
(ⅱ)の場合
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left( \frac{q+\pi}{2}\right)=2\cos\frac{q}{2}+\sin q\geqq -2\sin q\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\cos\frac{q}{2}+3\sin q\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 2\cos\frac{q}{2}+6\sin\frac{q}{2}\cos\frac{q}{2}=2\cos\frac{q}{2}\left(3\sin\frac{q}{2}+1 \right)\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{1}{3}\leqq\sin\frac{q}{2}<0\ \ \ \left(\because\ \cos\frac{q}{2}>0 \right)\end{align*}}$ ……(#)
このとき、(１)と同様
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h\ (q)&=\sf f\left( \frac{q+\pi}{2}\right)=\sf 2\cos\frac{q}{2}+\sin q\ \ \ \left(-\pi \lt q\lt 0 \right)\end{align*}}$
となるが、(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h\ '(q)&=\sf -\left(2\sin\frac{q}{2}-1 \right)\left(\sin\frac{q}{2}+1 \right)>0\end{align*}}$
なので、h(q)は単調に増加する。
よって、h(q)の最大値は存在しない。
以上より、△OPQの面積Sの最大値は存在しない。
変数が2つある場合は、まず1文字を固定しましょう。
しかしまぁ、(２)の「最大値なし」っていうのは やめて欲しいですよねｗｗｗ
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第４問
整数nに対して、anを次式で定義する。
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\int_0^{\pi /4}\left( \cos x\right)^ndx\end{align*}}$
(１) a-2とa-1を求めよ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf na_{n}=2^{-\frac{n}{2}}+\left(n-1 \right)a_{n-2}\end{align*}}$ が成り立つことを示せ。
(２) a2n=bn+$\small\sf{\pi}$ cn （ただしbn、cnは有理数）と表されることを示せ。
またn＜0のときのcnを求めよ。必要ならば$\small\sf{\pi}$ が無理数であること
を用いて良い。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
【a-2について】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{-2}=\int_0^{\pi /4}\frac{dx}{\cos ^2x}=\bigg[\tan x\bigg]_0^{\pi /4}=\underline{\ 1\ }\end{align*}}$
【a-1について】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\sin x\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=\cos x\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{-1}&=\int_0^{\pi /4}\sf \frac{dx}{\cos x} \\ &=\sf \int_0^{1/\sqrt2}\frac{1}{\cos x}\cdot\frac{dt}{\cos x}\\ &=\sf \int_0^{1/\sqrt2}\frac{dt}{1-t^2 }\\ &=\frac{1}{2}\sf \int_0^{1/\sqrt2}\left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}\right)dt\\ &=\frac{1}{2}\sf \bigg[-\log|1-t|+\log|1+t|\bigg]_0^{1/\sqrt2}\\ &=\frac{1}{2}\sf \left(\log\left|\frac{1-\frac{1}{\sqrt2}}{1+\frac{1}{\sqrt2}}\right|-\log 1\right)\\ &=\sf \underline{\ \log\left(\sqrt2-1\right)} \end{align*}}$
(２)
部分積分法を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n&=\sf \int_0^{\pi /4}\left(\cos x\right)^ndx\\ &=\sf \int_0^{\pi /4}\cos x\left(\cos x\right)^{n-1}dx\\ &=\sf \bigg[\sin x\left(\cos x\right)^{n-1}\bigg]_0^{\pi /4}-\int_0^{\pi /4}\sin x\cdot\left( n-1\right)\left( \cos x\right)^{n-2}\cdot\left(-\sin x \right)dx\\ &=\sf \left( \frac{1}{\sqrt2}\right)^n+\left(n-1 \right)\int_0^{\pi /4}\left(1-\cos^2x \right)\left(\cos x \right)^{n-2}dx\\ &\sf =2^{-\frac{n}{2}}+\left(n-1 \right)a_{n-2}-\left(n-1 \right)a_{n} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ na_{n}=2^{-\frac{n}{2}}+\left(n-1 \right)a_{n-2}\ }\end{align*}}$
(３)
有理数全体の集合を$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \mathbb{Q}\end{align*}}$ と書くことにする。
【n≧0について】
任意の整数n（≧0）に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2n}=b_n+\pi c_n\ \ \left(b_n,c_n\in \mathbb{Q} \right)\end{align*}}$ ……(*)
と表されることを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_0=\int_0^{\pi /4}dx=\frac{\pi}{4}\ \ \Leftrightarrow\ \ b_0=0\ ,\ c_0=\frac{1}{4}\end{align*}}$
(ⅱ) n=k-1 (≧0)のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2k-2}=b_{k-1}+\pi c_{k-1}\ \ \left(b_{k-1},c_{k-1}\in \mathbb{Q} \right)\end{align*}}$
と表されると仮定すると、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2ka_{2k}&=\sf 2^{-k}+\left(2k-1 \right)a_{2k-2}\\ &=\sf 2^{-k}+\left(2k-1 \right)b_{k-1}+\pi\left(2k-1 \right)c_{k-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{2k}=\frac{2^{-k}+\left(2k-1 \right)b_{k-1}}{2k}+\frac{\left(2k-1 \right)c_{k-1}}{2k}\ \pi\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_k=\frac{2^{-k}+\left(2k-1 \right)b_{k-1}}{2k}\ \ ,\ \ c_k=\frac{\left(2k-1 \right)c_{k-1}}{2k}\end{align*}}$
とおけば、n=kのときも
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2k}=b_{k}+\pi c_{k}\ \ \left(b_{k},c_{k}\in \mathbb{Q} \right)\end{align*}}$
と表すことができる。
よって、任意の整数n（≧0）に対して(*)の形に表せる。
【n＜0について】
(１)より、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{-2}=1\end{align*}}$ なので、n＜0のときa2nは有理数
であると類推できる。これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ)n=-1のときは自明
(ⅱ)n=-k（＜0）に対して、a-2kが有理数であると
仮定すると、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2ka_{-2k}&=\sf 2^{k}+\left(-2k-1 \right)a_{-2(k+1)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{-2(k+1)}=\frac{2ka_{-2k}+ 2^{k}}{2k+1}\end{align*}}$
となるので、a-2(k+1)も有理数となる。
よって、任意の整数n（＜0）に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2n}=b_n+\pi c_n\ \ \left(b_n\in \mathbb{Q} \ ,\ c_n=0\right)\end{align*}}$
と表される。
負の整数に対する帰納法というのは、なかなか珍しいですね。
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