第１問(１)
a、bは実数とする。xの3次関数f(x)=x3-3ax-2bについて、
以下の問いに答えよ。
(ⅰ) 方程式f(x)=0の異なる実数解の個数を調べよ。
(ⅱ) 方程式f(x)=0が2つの異なる実数解をもつとき、その解を
aを用いて表せ。
(ⅲ) 方程式f(x)=0が3つの異なる実数解をもつとき、それらの
絶対値はすべて$\small\sf{\begin{align*} \sf 2\sqrt{|a|}\end{align*}}$ より小さいことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(ⅰ)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=3x^2-3a=3\left(x^2-a \right)\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow +\infty}f\ (x)=+\infty\ \ ,\ \ \lim_{x\rightarrow -\infty}f\ (x)=-\infty\end{align*}}$
(ア) a≦0のとき
常にf’(x)≦0となるためf(x)は単調に増加する。
よって、方程式f(x)=0の実数解は1個
以下は、a＞0の場合を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\sqrt{a}\end{align*}}$
であり、これらの値の前後でf’(x)の符号が変化する
ので、f(x)は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\pm\sqrt{a}\end{align*}}$ で極値をとる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(\sqrt{a} \right)\cdot f\left(-\sqrt{a} \right)&=\sf \left(a\sqrt{a}-3a\sqrt{a}-2b \right)\left(-a\sqrt{a}+3a\sqrt{a}-2b \right)\\ &\sf =4\left(b+a\sqrt{a} \right)\left(b-a\sqrt{a} \right) \end{align*}}$
(イ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf blt -a\sqrt{a}\ ,\ a\sqrt{a}\lt b\end{align*}}$ のとき
極大値と極小値が同符号なので、
方程式f(x)=0の実数解は1個
(ウ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\pm a\sqrt{a}\end{align*}}$ のとき
極大値=0または極小値=0なので、
方程式f(x)=0の実数解は2個
(エ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -a\sqrt{a}\lt b\lt a\sqrt{a}\end{align*}}$ のとき
極大値と極小値が異符号なので、
方程式f(x)=0の実数解は3個
(ⅱ)
・ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=a\sqrt{a}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^3-3ax-2a\sqrt{a}=\left(x+\sqrt{a} \right)^2\left(x-2\sqrt{a} \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ x=-\sqrt{a}\ ,\ 2\sqrt{a}\ }\end{align*}}$
・ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=-a\sqrt{a}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^3-3ax+2a\sqrt{a}=\left(x-\sqrt{a} \right)^2\left(x+2\sqrt{a} \right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ x=\sqrt{a}\ ,\ -2\sqrt{a}\ }\end{align*}}$
(ⅲ)
(ⅰ)より、f(x)=0が3つの異なる実数解をもつのは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a\gt 0\ \ ,\ \ -a\sqrt{a}\lt b\lt a\sqrt{a}\end{align*}}$
のときであり、このとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-2\sqrt{a} \right)=-2\left( b+a\sqrt{a}\right)<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-\sqrt{a} \right)=-2\left( b-a\sqrt{a}\right)>0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(\sqrt{a} \right)=-2\left( b+a\sqrt{a}\right)<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(2\sqrt{a} \right)=-2\left( b-a\sqrt{a}\right)>0\end{align*}}$
なので、方程式f(x)=0は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2a\sqrt{a}\lt x\lt -a\sqrt{a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -a\sqrt{a}\lt x\lt a\sqrt{a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a\sqrt{a}\lt x\lt 2a\sqrt{a}\end{align*}}$
の範囲にそれぞれ1つずつ実数解をもつ。
よって、これらの絶対値はすべて $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\sqrt{|a|}\end{align*}}$ より小さい。
これは難しくありません。
グラフを描きましょう！
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第１問(２)
(ⅰ) すべての自然数nと整数k（0≦k≦n-1）について、
$\small\sf{\begin{align*} \sf 2\cdot_{2n}C_{n+k}+_{2n}C_{n+k+1}+_{2n}C_{n+k-1}=_{2(n+1)}C_{n+k+1}\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(ⅱ) xは実数とする。すべての自然数nについて、
$\small\sf{\begin{align*} \sf 2^{2n}\cdot\cos^{2n}x=_{2n}C_n+2\sum_{k=1}^n\ _{2n}C_{n+k}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cdot_{2n}C_{n+k}+_{2n}C_{n+k+1}+_{2n}C_{n+k-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cdot\frac{\left(2n \right)!}{\left(h+k \right)!\left(n-k \right)!}+\frac{\left(2n \right)!}{\left(h+k+1 \right)!\left(n-k-1 \right)!}+\frac{\left(2n \right)!}{\left(h+k-1 \right)!\left(n-k+1 \right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(2n \right)!\bigg\{2\left(n+k+1 \right)\left(n-k+1 \right)+\left(n-k+1 \right)\left(n-k \right)+\left(n+k+1 \right)\left(n+k \right) \bigg\}}{\left(h+k+1 \right)!\left(n-k+1 \right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(2n \right)!\left(4n^2+6n+2 \right)}{\left(h+k+1 \right)!\left(n-k+1 \right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(2n \right)!\left(2n+2 \right)\left(2n+1 \right)}{\left(h+k+1 \right)!\left(n-k+1 \right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(2n+2 \right)!}{\left(h+k+1 \right)!\left(n-k+1 \right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{2(n+1)}C_{n+k+1}\end{align*}}$
(ⅱ)
すべての自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2^{2n}\cdot\cos^{2n}x=_{2n}C_n+2\sum_{k=1}^n\ _{2n}C_{n+k}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$ ……(A)
が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(Ⅰ) n=1のとき
右辺$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+2\cos 2x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2+2\left(2\cos^2x-1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4\cos^2x=\end{align*}}$ 左辺
なので、(A)は成り立つ。
(Ⅱ) n=2のとき
右辺$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6+2\left(4\cos 2x+\cos 4x\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6+8\cos 2x+2\left(2\cos^2 2x-1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =6+8\left(2\cos^2 x-1 \right)+2\bigg\{2\left(2\cos^2 x-1 \right)^2 -1 \bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =16\cos^4x=\end{align*}}$ 左辺
なので、(A)は成り立つ。
(Ⅲ) ある自然数n（≧2）に対して(A)が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf _{2(n+1)}C_{n+1}+2\sum_{k=1}^{n+1}\ _{2(n+1)}C_{n+k+1}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{2(n+1)}C_{n+1}+2\sum_{k=1}^{n-1}\ _{2(n+1)}C_{n+k+1}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +2\cdot_{2(n+1)}C_{2n+1}\cos\left(2nx \right)+2\cdot_{2(n+1)}C_{2(n+1)}\cos\left\{2(n+1)x \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{2(n+1)}C_{n+1}+2\sum_{k=1}^{n-1}\left( 2\cdot_{2n}C_{n+k}+_{2n}C_{n+k+1}+_{2n}C_{n+k-1}\right)\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +4\left(n+1 \right)\cos\left(2nx \right)+2\cos\left\{2(n+1)x \right\}\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
ここで
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}2\cdot_{2n}C_{n+k}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sf 2\bigg[\sum_{k=1}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\cos\left(2kx \right)\bigg]-2\cos\left(2nx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}\ _{2n}C_{n+k+1}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=2}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\cos\left\{2(k-1)x \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\sum_{k=1}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\cos\left\{2(k-1)x \right\}\bigg]-_{2n}C_{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}\ _{2n}C_{n+k-1}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=0}^{n-2}\ _{2n}C_{n+k}\cos\left\{2(k+1)x \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\sum_{k=1}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\cos\left\{2(k+1)x \right\}\bigg]+_{2n}C_n\cos 2x-2n\cos \left(2nx \right)-\cos \left\{2(n+1)x \right\}\end{align*}}$
なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n-1}\left( 2\cdot_{2n}C_{n+k}+_{2n}C_{n+k+1}+_{2n}C_{n+k-1}\right)\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\bigg[ 2\cos\left(2kx \right)+\cos\left\{2(k-1)x \right\}+\cos\left\{2(k+1)x \right\}\bigg]\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\cos\left(2nx \right)-_{2n}C_{n+1}+_{2n}C_n\cos 2x-2n\cos \left(2nx \right)-\cos \left\{2(n+1)x \right\}\end{align*}}$ ．
さらに、和・積の公式と仮定を用いると、上式のΣの部分は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\bigg[ 2\cos\left(2kx \right)+\cos\left\{2(k-1)x \right\}+\cos\left\{2(k+1)x \right\}\bigg]\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{n}\ _{2n}C_{n+k}\bigg[ 2\cos\left(2kx \right)+2\cos\left(2kx \right)\cos 2x\bigg]\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left(1+\cos 2x \right)\sum_{k=1}^{n-1}\ _{2n}C_{n+k}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(1+\cos 2x \right)\left(2^{2n}\cdot\cos^{2n}x-_{2n}C_n \right)\end{align*}}$
と変形できる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf _{2(n+1)}C_{n+1}+2\sum_{k=1}^{n+1}\ _{2(n+1)}C_{n+k+1}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{2(n+1)}C_{n+1}+2\left(1+\cos 2x \right)\left(2^{2n}\cdot\cos^{2n}x-_{2n}C_n \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -4\cos\left(2nx \right)-2\cdot_{2n}C_{n+1}+2\cdot_{2n}C_n\cos 2x-4n\cos \left(2nx \right)-2\cos \left\{2(n+1)x \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +4\left(n+1 \right)\cos\left(2nx \right)+2\cos\left\{2(n+1)x \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2^{2n+1}\cdot\left(1+\cos 2x \right)\cos^{2n}x+_{2(n+1)}C_{n+1}-2\cdot_{2n}C_n-2\cdot_{2n}C_{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2^{2n+1}\cdot2\cos^2x \cos^{2n}x+\frac{\left(2n+2 \right)!}{\left(n+1 \right)!\left(n-1 \right)!}-\frac{2\cdot\left(2n \right)!}{n!\ n!}-\frac{2\cdot\left(2n \right)!}{\left(n+1 \right)!\left(n-1 \right)!}\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2^{2(n+1)}\cdot\cos^{2(n+1)}x+\frac{\left(2n \right)!\bigg\{\left(2n+2 \right)\left(2n+1 \right)-2\left( n+1\right)^2-2\left( n+1\right)n\bigg\}}{\left(n+1 \right)!\left(n-1 \right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2^{2(n+1)}\cdot\cos^{2(n+1)}x\end{align*}}$
となるので、自然数n+1に対しても(A)は成立する。
以上より、任意の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2^{2n}\cdot\cos^{2n}x=_{2n}C_n+2\sum_{k=1}^n\ _{2n}C_{n+k}\cos\left(2kx \right)\end{align*}}$
が成り立つ。
なんですかっ！？この計算量はｗｗｗ
最後は全部消えてかなり満足度は高いですがｗｗ
試験会場では(ⅱ)は捨て問でしょ！
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第２問
1辺の長さが1である正四面体OABCに外接する球の中心をGとし、
この球面と直線OGとのO以外の交点をPとする。また、点D、E、Fは
それぞれ辺OA、OB、OC上にあって、四面体PDEFが正四面体にな
るような点とする。$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC}=\overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ として、以下の問いに
答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ を用いて表せ。
(２) 四面体PDEFの1辺の長さを求めよ。
(３) 3点A、B、Cを含む平面と辺PDとの交点をQとする。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}\end{align*}}$ を$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf b}\end{align*}}$ 、$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf c}\end{align*}}$ を用いて表せ。
(４) 正四面体OABCの内部と正四面体PDEFの内部の共通部分の
体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Oから平面ABCに下ろした垂線の足をHとすると、
図の対称性より、Hは正三角形ABCの外心でもある。
よって、△ABCに正弦定理を適用すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sin\frac{\pi}{3}}=2AH\ \ \Leftrightarrow\ \ AH=\frac{\sqrt3}{3}\end{align*}}$
であり、直角三角形OAHにおいて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OH=\sqrt{1^2-\left( \frac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\frac{\sqrt6}{3}\end{align*}}$ ．
さらに、正四面体OABCの外接球の半径をrとおくと、
Gは直線OH上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OG=AG=r\ ,\ GH=\frac{\sqrt6}{3}-r\end{align*}}$ ．
直角三角形GAHにおいて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r^2=\left(\frac{\sqrt3}{3} \right)^2+\left(\frac{\sqrt6}{3}-r \right)^2\ \ \Leftrightarrow\ \ r=\frac{\sqrt6}{4}\end{align*}}$ ．
OG=PGなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OP}&=\sf 2\overrightarrow{\sf OG}\\ &=\sf 2\cdot\frac{\frac{\sqrt6}{4}}{\frac{\sqrt6}{3}}\overrightarrow{\sf OH}\\ &=\sf \frac{3}{2}\cdot\frac{\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{3}\\ &=\sf \underline{\ \frac{\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{2}}\end{align*}}$
(２)
図の対称性より、直線POは底面DEFに垂直であり、
∠AOH=∠DPGより、△DOPはOD=PDの二等辺
三角形となる。
よって、GはOPの中点なので、DG//AHとなる。
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OD:OA=OG:GH=\frac{\sqrt6}{4}:\frac{\sqrt6}{3}=3:4\end{align*}}$
なので、四面体PDEFの一辺の長さは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf PD}|=|\overrightarrow{\sf OD}|=\frac{3}{4}|\overrightarrow{\sf OA}|=\underline{\ \frac{3}{4}}\end{align*}}$
(３) 
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf DQ:PQ=GH:PH=\left(\frac{\sqrt6}{3}-\frac{\sqrt6}{4} \right):\left(2\times\frac{\sqrt6}{4}-\frac{\sqrt6}{3} \right)=1:2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}=\frac{2\overrightarrow{\sf OD}+\overrightarrow{\sf OP}}{1+2}=\frac{2\cdot \frac{3}{4}\overrightarrow{\sf a}+\frac{\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{2}}{3}=\underline{\ \frac{4\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{6}}\end{align*}}$
(４)
PE、PFが平面ABCと交わる点をそれぞれR、Sとすると、
3つの正四面体OABC、PDEF、PQRSは相似であり、
相似比は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OH:PG:PH=4:3:2\end{align*}}$ ．
よって、正四面体OABC、PDEF、PQRSをそれぞれ
V1、V2、V3とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_1=\frac{1}{3}\triangle ABC\cdot OH=\frac{1}{3}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot \sin\frac{\pi}{3} \right)\cdot \frac{\sqrt6}{3}=\frac{\sqrt2}{12}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_2=\left(\frac{3}{4}\right)^3V_1\ \ ,\ \ V_3=\left(\frac{2}{4}\right)^3V_1\end{align*}}$
正四面体OABCの内部と正四面体PDEFの内部の共通部分は、
正四面体PDEFから正四面体PQRSを除いたもののなので、
その体積は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_2-V_3=\frac{3^3-2^3}{4^3}V_1=\underline{\ \frac{19\sqrt2}{768}\ }\end{align*}}$
「図の対称性より」という言葉は便利ですねｗｗｗ
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第３問
正の実数a、bについて、双曲線C1：x2-y2=a2 と楕円C2：
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{2}=1\end{align*}}$ は共有点をもち、その点におけるC1の接線とC2の
接線は直交している。第1象限におけるC1とC2の共有点をPと
し、eを自然対数の底として、以下の問いに答えよ。
(１) bおよび点Pの座標をaを用いて表せ。
(２) C1はtを媒介変数として
$\small\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{e^t+e^{-t}}{2}\ a\ \ ,\ \ y=\frac{e^t-e^{-t}}{2}\ a\end{align*}}$
と表すことができる。点Pの座標を表すtをaを用いて表せ。
(３) x＞0の範囲において、C1とC2によって囲まれる部分の面積
をSaとする。Saをaを用いて表せ。
(４) (３)のSaについて、$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{h\rightarrow 0}\left( 1+h\right)\frac{1}{h}=e\end{align*}}$ を利用することによって、
極限値 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{S_a}{a}\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
点Pの座標を(p，q) （p＞0、q＞0）とおくと、
PはC1、C2上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p^2-q^2=a^2\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{p^2}{b^2}+\frac{q^2}{2}=1\end{align*}}$ ……(ⅱ)
また、点PにおけるC1、C2の接線はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf px-qy=a^2\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\frac{p}{q}x-\frac{a^2}{q}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{px}{b^2}+\frac{qy}{2}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{2p}{b^2q}x+\frac{2}{q}\end{align*}}$
であり、これらが直交するので、b、p、q＞0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{p}{q}\cdot\left(-\frac{2p}{b^2q} \right)=-1 \ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2p^2=b^2q^2\ \ \Leftrightarrow\ \ q=\frac{\sqrt2\ p}{b} \end{align*}}$ ……(ⅲ)
(ⅲ)を(ⅱ)に代入すると、b、p＞0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{p^2}{b^2}+\frac{1}{2}\cdot\left( \frac{\sqrt2\ p}{b}\right)^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ b=\sqrt2\ p\end{align*}}$ ……(ⅳ)
(ⅲ)、(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=\frac{\sqrt2\ p}{\sqrt2\ p}=1\end{align*}}$
であり、これと(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p^2-1^2=a^2\ \ \Leftrightarrow\ \ p=\sqrt{a^2+1}\ (>0)\end{align*}}$
以上より、bおよび点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\sqrt2\ p\underline{\ =\sqrt{2\left(a^2+1 \right)} }\ \ ,\ \ \underline{\ P\left(\sqrt{a^2+1}\ ,\ 1 \right)}\end{align*}}$
(２)
y座標について
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{e^t-e^{-t}}{2}=1&\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ e^t-e^{-t}=\frac{2}{a}\\ &\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a\left( e^t\right)^2-2e^t-a=0\\ &\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ e^t=\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}\ (>0)\\ &\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t=\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}\end{align*}}$ ．
このtは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\left(\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}+\frac{a}{1+\sqrt{a^2+1}} \right)a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left\{\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}+\frac{a\left( 1-\sqrt{a^2+1}\right)}{1^2-\left(a^2+1\right)} \right\}a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}+\frac{1-\sqrt{a^2+1}}{a} \right)a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{a^2+1}\end{align*}}$
となり、x座標についての条件も満たす。
よって、点Pの座標を表すtの値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ t=\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}}\end{align*}}$
(３)
第1象限内におけるC1、C2の方程式はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_1:\ y=\sqrt{x^2-a^2}\ \ ,\ \ C_2:\ y=\frac{\sqrt{2\left(b^2-x^2\right)}}{b}\end{align*}}$
なので、Saは図の対称性より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_a=2\int_a^p\sqrt{x^2-a^2}\ dx+2\int_p^b\frac{\sqrt{2\left(b^2-x^2\right)}}{b}\ dx\end{align*}}$
として求めることができる。
【第1項目の定積分】
(２)で求めたtの値をt0とおく。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{e^t+e^{-t}}{2}\ a\ \ ,\ \ y=\frac{e^t-e^{-t}}{2}\ a\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{dt}=\frac{e^t-e^{-t}}{2}\ a\end{align*}}$
であり、x：a→pに t：0→t0が対応するので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_a^p\sqrt{x^2-a^2}\ dx&=\sf \int_0^{t_0}\frac{e^t-e^{-t}}{2}\ a\cdot\frac{e^t-e^{-t}}{2}\ a\ dt\\ &=\sf \frac{a^2}{4}\int_0^{t_0}\left(e^{2t}+e^{-2t}-2 \right)dt\\ &=\sf \frac{a^2}{4}\left[\frac{e^{2t}-e^{-2t}}{2}-2t \right]_0^{t_0}\\ &=\sf \frac{a^2}{4}\cdot\frac{e^{2t_0}-e^{-2t_0}}{2}-\frac{a^2}{4}t_0\\ &=\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{e^{t_0}+e^{-t_0}}{2}a\cdot\frac{e^{t_0}-e^{-t_0}}{2}a-\frac{a^2}{4}t_0\\ &=\sf \frac{1}{2}\left(pq-a^2t_0 \right)\\ &=\sf \frac{1}{2}\left(\sqrt{a^2+1}-a^2\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a} \right)\end{align*}}$
【第2項目の定積分】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=b\cos\theta\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{dt}=-b\sin\theta\end{align*}}$
であり、(ⅳ)より x：p→bに $\scriptsize\sf{\theta}$ ：$\scriptsize\sf{\pi}$ /4→0が対応するので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_p^b\frac{\sqrt{2\left(b^2-x^2\right)}}{b}\ dx&=\sf \frac{\sqrt2}{b}\int_{\pi /4}^0\sqrt{b^2-b^2\cos^2\theta}\cdot\left( -b\sin\theta\right)d\theta\\ &=\sf \sqrt2b\int_0^{\pi /4}\sin^2\theta\ d\theta\\ &=\sf \frac{\sqrt2b}{2}\int_0^{\pi /4}\left(1-\cos2\theta\right) d\theta\\ &=\sf \frac{\sqrt2b}{2}\left[\theta-\frac{1}{2}\sin2\theta\right]_0^{\pi /4}\\ &=\sf \frac{\sqrt2b}{2}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \right)\\ &=\sf \frac{\pi-2}{4}\sqrt{a^2+1}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_a&=\sf \left(\sqrt{a^2+1}-a^2\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a} \right)+\frac{\pi-2}{2}\sqrt{a^2+1}\\ &=\sf \underline{\ \frac{\pi}{2}\sqrt{a^2+1}-a^2\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a}}\end{align*}}$
(４)
(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{S_a}{a}&=\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\left(\frac{\pi}{2a}\sqrt{a^2+1}-a\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{a} \right)\\ &=\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\left\{\frac{\pi}{2a}\sqrt{a^2+1}-a\log\left(\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{a^2+1}}\cdot\frac{\sqrt{a^2+1}}{a} \right)\right\}\\ &=\sf \frac{\pi}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}-\lim_{a\rightarrow\infty}a\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{a^2+1}}-\lim_{a\rightarrow\infty}a\log\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}\end{align*}}$
【1つ目の極限】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}&=\sf \frac{\pi}{2}\lim_{a\rightarrow\infty}{\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}=\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
【2つ目の極限】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\end{align*}}$ とおくと、a→∞のときh→0なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow\infty}a\log\frac{1+\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{a^2+1}}&=\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\cdot\sqrt{a^2+1}\log\left(1+\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\right)\\ &=\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}\cdot \lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\log\left(1+h\right)\\ &=\sf 1\cdot \lim_{h\rightarrow 0}\log\left(1+h\right)^{\frac{1}{h}}\\ &=\sf \log e\\ &=\sf 1\end{align*}}$
【3つ目の極限】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf h=\frac{1}{a^2}\end{align*}}$ とおくと、a→∞のときh→0なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow\infty}a\log\frac{\sqrt{a^2+1}}{a}&=\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{1}{a}\cdot a^2\log\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}\\ &=\sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{1}{a}\cdot \lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\log\left(1+h \right)^{\frac{1}{2}}\\ &=\sf \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{1}{a}\cdot \frac{1}{2}\lim_{h\rightarrow 0}\log\left(1+h \right)^{\frac{1}{h}}\\ &=\sf 0\cdot\frac{1}{2}\log e\\ &=\sf 0\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\frac{S_a}{a}=\underline{\ \frac{\pi}{2}-1\ }\end{align*}}$
これまた計算量が多いですねぇ・・・＾＾；
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第４問
a1、a2、a3は、2次の正方行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf a_1&\sf 5a_2 \\ \sf a_3 & \sf a_n \end{pmatrix}\end{align*}}$
が逆行列をもたないような、100以下の自然数とする。ただし、
a1≧a2≧a3のときはn=3とし、それ以外のときは、ai＜ai+1
を満たす最小のi（i=1または2）をnとする。以下の問いに答えよ。
(１) 組(a1，a2，a3)を固定したとき、平面上の各点はAで表される
1次変換によって原点を通る直線L上に移ることを示せ。
(２) (１)の直線Lが $\small\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{1}{5}x\end{align*}}$ になるような(a1，a2，a3)の組の個数
はいくつか。
(３) n=1になるような(a1，a2，a3)の組の個数はいくつか。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
Aが逆行列をもたないので、Aのデターミナントを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf detA=a_1a_n-5a_2a_3=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 5a_2a_3=a_1a_n\end{align*}}$ ……(#)
(１)
平面上の点(x，y)がAによって点(X，Y)に移るとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{X}{Y}=\begin{pmatrix} \sf a_1&\sf 5a_2 \\ \sf a_3 & \sf a_n \end{pmatrix}\binom{x}{y}=\binom{a_1x+ 5a_2y}{a_3x+a_ny}\end{align*}}$
であり、成分を比較すると、(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf Y&=\sf a_3x+a_ny\\ &=\sf a_3x+\frac{5a_2a_3}{a_1}y\\ &=\sf \frac{a_3}{a_1}\left( a_1x+ 5a_2y\right)\\ &=\sf \frac{a_3}{a_1}\ X\end{align*}}$
となる。これは、任意の(x，y)に対して成り立つので、
平面上のすべての点は直線 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L:\ y=\frac{a_3}{a_1}\ x\end{align*}}$ 上に移される。
(２)
(１)で求めたLの傾きを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a_3}{a_1}=\frac{1}{5}\ \ \Leftrightarrow\ \ a_1=5a_3\end{align*}}$ ……(*)
(ⅰ) n=1となるのは、a1＜a2を満たすときである。
このとき、(#)、(*)より
5a2a3=a12=25a32 ⇔ a2=5a3=a1
となるので、a1＜a2に矛盾する。
(ⅱ) n=2となるのは、a1≧a2かつa2＜a3を満たすときである。
このとき、(#)、(*)より
5a2a3=a1a2 ⇔ a1=5a3
であり、1≦a1≦100 より 1≦a3≦20．
各a3の値に対してa2は
a2=1，2，……，a3-1
のa3-1通りの値をとりうるので、n=2となる(a1，a2，a3)の
組の個数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0+1+2+3+\ldots +19=\frac{1}{2}\cdot 19\cdot 20=190\end{align*}}$ 個
(ⅲ) n=3となるのは、a1≧a2≧a3を満たすときである。
このとき、(#)、(*)より
5a2a3=a1a3 ⇔ a1=a2=5a3
であり、1≦a1≦100 より 1≦a3≦20．
よって、n=2となる(a1，a2，a3)の組は20個ある。
以上より、題意を満たす(a1，a2，a3)の組の個数は
190+20=210
(３)
n=1となるのは、a1＜a2を満たすときであり、(#)より
a12=5a2a3
なので、a1は5の倍数である。
これらを満たす(a1，a2，a3)の組は、
(10，20，1)、(15，45，1)、(20，80，1)、(20，40，2)、(30，90，2)、
(30，60，3)、(30，45，4)、(30，36，5)、(35，49，5)、(40，80，4)、
(40，64，5)、(45，81，5)、(50，100，5)、(60，90，8)、(60，80，9)、
(60，72，10)、(70，98，10)
の17組である。
(３)は頑張って書き挙げましょう＾＾
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