第１問
(１) 4s2+t2=4を満たすs、tについて、12s2+16st-3t2の値を最小
とするs、tの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
4s2+t2=4より、s、tは変数$\scriptsize\sf{\theta}$ を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=\cos\theta\ ,\ t=2\sin\theta\ \ \left(0\leqq\theta <2\pi \right)\end{align*}}$
と表すことができる。
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P= 12s^2+16st-3t^2\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P&=\sf 12\cos^2\theta+32\sin\theta\cos\theta-12\sin^2\theta\\ &=\sf 12\cos2\theta+16\sin2\theta\\ &=\sf 20\sin\left(2\theta+A \right)\\ &\sf \ \ \ \ \ \ \ \left(\cos A=\frac{4}{5}\ ,\ \sin A=\frac{3}{5}\ ,\ 0lt A\lt \frac{\pi}{2} \right)\end{align*}}$
と変形でき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt A\lt 2\theta +A\lt 4\pi +A\lt \frac{9}{2}\pi\end{align*}}$
なので、Pが最小になるのは、次の(ⅰ)、(ⅱ)の2つの場合がある。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ 2\theta+A=\frac{3}{2}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{3}{4}\pi-\frac{A}{2}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (ii)\ 2\theta+A=\frac{7}{2}\pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{7}{4}\pi-\frac{A}{2}\end{align*}}$ のとき
ここで、半角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos A}{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\ (>)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos A}{2}}=\frac{3}{\sqrt{10}}\ (>)\end{align*}}$
(ⅰ)のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf s&=\sf \cos\left(\frac{3}{4}\pi-\frac{A}{2} \right)\\ &=\sf \cos\frac{3}{4}\pi\cos\frac{A}{2}+\sin\frac{3}{4}\pi\sin\frac{A}{2}\\ &=\sf -\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}+\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{1}{\sqrt{10}}\\ &=\sf -\frac{1}{\sqrt5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t&=\sf 2\sin\left(\frac{3}{4}\pi-\frac{A}{2} \right)\\ &=\sf 2\sin\frac{3}{4}\pi\cos\frac{A}{2}-2\cos\frac{3}{4}\pi\sin\frac{A}{2}\\ &=\sf 2\cdot\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}-2\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt2}\right)\cdot\frac{1}{\sqrt{10}}\\ &=\sf \frac{4}{\sqrt5}\end{align*}}$
(ⅱ)のときも同様に計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s= \cos\left(\frac{7}{4}\pi-\frac{A}{2} \right)\frac{1}{\sqrt5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=2\sin\left(\frac{7}{4}\pi-\frac{A}{2} \right)-\frac{4}{\sqrt5}\end{align*}}$
以上より、Pの値を最小にするs、tの値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(s\ ,\ t \right)=\underline{\ \pm\left( -\frac{1}{\sqrt5}\ ,\ \frac{4}{\sqrt5}\right) }\end{align*}}$
楕円の媒介変数表示です。
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- 2018/10/09(火) 01:24:00|
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第１問
(２) 点(2，-2)、(4，4)をそれぞれ点(1，0)、(2，2)に移す1次変換
をfとし、放物線C1:y=x2をfによって移した曲線をC2とする。C1上
のある点Pにおける法線はC2上のある点における法線と一致する。
点Pの座標を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(２)
fを表す行列をAとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 4 \\ \sf -2 & \sf 4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 2 \\ \sf 0 & \sf 2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ A&=\sf \begin{pmatrix} \sf 1&\sf 2 \\ \sf 0 & \sf 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 4 \\ \sf -2 & \sf 4 \end{pmatrix}^{-1}\ \ \ \ \left(\because\ det\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 4 \\ \sf -2 & \sf 4 \end{pmatrix}=16\ne 0 \right)\\ &=\sf \frac{1}{16}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 2 \\ \sf 0 & \sf 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 4&\sf -4 \\ \sf 2 & \sf 2 \end{pmatrix}\\ &=\sf \frac{1}{4}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 0 \\ \sf 1 & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ A^{-1}=2\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf -1 & \sf 2 \end{pmatrix}\ \ \ \ \left(\because\ detA=\frac{1}{8}\ne 0 \right)\end{align*}}$
C1上の点(x，y)がfによって点(X，Y)に移ったとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{X}{Y}=A\binom{x}{y}\ \ \Leftrightarrow\ \ \binom{x}{y}= A^{-1}\binom{X}{Y}=2\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf -1 & \sf 2 \end{pmatrix}\binom{X}{Y}= \binom{2X}{-2X+4Y}\end{align*}}$
であり、(x，y)はC1上の点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2X+4Y =\left( 2X\right)^2\ \ \Leftrightarrow\ \ Y=X^2+\frac{1}{2}X\end{align*}}$ ．
よって、曲線C2の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=x^2+\frac{1}{2}x\end{align*}}$ ．
2つの放物線C1、C2の軸は一致しないので、x軸に垂直な法線が
一致することはない。以下は、x軸と垂直ではない法線を考える。
C1上の点Pのx座標をpとおき、Pにおける法線をL1とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x^2 \right)'=2x\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_1:y-p^2=-\frac{1}{2p}\left(x-p \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{2p}x+p^2+\frac{1}{2}\end{align*}}$
一方、C2上の点Qのx座標をqとおき、Qにおける法線をL2とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x^2+\frac{1}{2}x \right)'=2x+\frac{1}{2}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_2:y-\left(q^2+\frac{1}{2}q \right)=-\frac{1}{2q+\frac{1}{2}}\left(x-p \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{2}{4q+1}x+q^2+\frac{q}{2}+\frac{2q}{4q+1}\end{align*}}$
L1とL2が一致するとき、傾きと切片を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{2p}=-\frac{2}{4q+1}\ \ \Leftrightarrow\ \ p=q+\frac{1}{4}\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p^2+\frac{1}{2}=q^2+\frac{q}{2}+\frac{2q}{4q+1}\end{align*}}$ ……(ⅱ)
(ⅰ)を(ⅱ)に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( q+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{1}{2}=q^2+\frac{q}{2}+\frac{2q}{4q+1}\end{align*}}$
頑張ってこれを解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=-\frac{9}{4}\ \ ,\ \ p=-2\end{align*}}$
となるので、求める点Pの座標は、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ P\left(-2\ ,\ 4 \right)\ }\end{align*}}$ である。
最後の計算は誤魔化してますが、ちょっとだけ面倒です。
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- 2018/10/09(火) 01:25:00|
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第１問
(３) どの3点も1つの直線上にない点A、B、C、Dについて、三角形
DBC、DCA、DABの重心をそれぞれE、F、Gとする。三角形
ABCと三角形EFGが相似であることを示し、面積比を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf a}=\overrightarrow{\sf DA}\ ,\ \overrightarrow{\sf b}=\overrightarrow{\sf DB}\ ,\ \overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf DC}\end{align*}}$
とおくと、E、F、Gはそれぞれ三角形DBC、DCA、DABの重心なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf DE}=\frac{\overrightarrow{\sf b}+\overrightarrow{\sf c}}{3}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf DF}=\frac{\overrightarrow{\sf c}+\overrightarrow{\sf a}}{3}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf DG}=\frac{\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}}{3}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf EF}=\overrightarrow{\sf DF}-\overrightarrow{\sf DE}=\frac{\overrightarrow{\sf a}-\overrightarrow{\sf b}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf BA}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf FG}=\overrightarrow{\sf DG}-\overrightarrow{\sf DF}=\frac{\overrightarrow{\sf b}-\overrightarrow{\sf c}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf CB}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf GE}=\overrightarrow{\sf DE}-\overrightarrow{\sf DG}=\frac{\overrightarrow{\sf c}-\overrightarrow{\sf a}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{\sf AC}\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{EF}{AB}=\frac{FG}{BC}=\frac{GE}{CA}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
が成り立つので△ABCと△EFGは相似である。
また面積比は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3^2:1^2=\underline{\ 9:1\ }\end{align*}}$
である。
ベクトルを使うと楽です。
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- 2018/10/09(火) 01:26:00|
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第１問
(４) $\small\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OA} |=4\ ,\ |\overrightarrow{\sf OB}|=\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=2\end{align*}}$ の三角形OABにおいて、OからABに
下ろした垂線の足をP1、P1からOAに下ろした垂線の足をP2、
P2からOBに下ろした垂線の足をP3とする。また、線分OP1と
P2P3の交点をHとする。線分OHの長さを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |\overrightarrow{\sf OA} |=4\ ,\ |\overrightarrow{\sf OB}|=\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}=2\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\angle AOB=\frac{\overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}}{|\overrightarrow{\sf OA}||\overrightarrow{\sf OB}|}=\frac{1}{4}\end{align*}}$
なので、△OABに余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\sqrt{4^2+2^2-2\cdot 4\cdot 2\cdot\frac{1}{4}}=4=OA\end{align*}}$
となるので、△OABはAO=ABの二等辺三角形である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BP_1=OB\cos\angle OBA=2\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP_1=4-\frac{1}{2}=\frac{7}{2}\end{align*}}$
一方、余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\angle OAB=\frac{4^2+4^2-2^2}{2\cdot 4\cdot 4}=\frac{7}{8}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP_2=AP_1\cos\angle P_1AP_2=\frac{7}{2}\cdot \frac{7}{8}=\frac{49}{16}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP_2=4-\frac{49}{16}=\frac{15}{16}\end{align*}}$
ここで、OBの中点をMとすると、△AOM∽△P2OP3なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP_3=OP_2\cos\angle P_2OP_3=\frac{15}{16}\cdot \frac{1}{4}=\frac{15}{64}\end{align*}}$
さらに、△OHP3∽△OBP1∽△AOMより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\angle OHP_3=\sin\angle AOM=\sqrt{1-\left( \frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}\ (>0)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OH=\frac{OP_3}{\sin\angle OHP_3}=\frac{15}{64}\div\frac{\sqrt{15}}{4}=\underline{\ \frac{\sqrt{15}}{16}\ }\end{align*}}$
これをベクトルだけでやろうとすると面倒です。
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- 2018/10/09(火) 01:27:00|
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第１問
(５) mを自然数とする。すべてのx＞0について
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_m+\int_0^xt^me^{3t}dt=\sum_{k=0}^ma_kx^{m-k}e^{3x}\end{align*}}$
を満たす数列ak（k=0，1，……，m）について、
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_m=\sum_{k=0}^m\frac{a_k}{k!}\end{align*}}$
の値をmで表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(５)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_m+\int_0^xt^me^{3t}dt=\sum_{k=0}^ma_kx^{m-k}e^{3x}\end{align*}}$
の両辺をxで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^me^{3x}=\sum_{k=0}^ma_k\bigg\{\left(m-k \right)x^{m-k-1}e^{3x}+3x^{m-k}e^{3x}\bigg\}\end{align*}}$
両辺をe3x （＞0）で割る
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^m&=\sf \sum_{k=0}^ma_k\bigg\{\left(m-k \right)x^{m-k-1}+3x^{m-k}\bigg\}\\ &=\sf \sum_{k=0}^ma_k\left(m-k \right)x^{m-k-1}+\sum_{k=0}^m3a_kx^{m-k}\\ &=\sf \left\{\sum_{k=0}^{m-1}a_k\left(m-k \right)x^{m-k-1}+0\right\}+\left(3a_0x^m+\sum_{k=1}^{m}3a_{k}x^{m-k}\right)\\ &=\sf 3a_0x^m+\sum_{k=1}^{m}a_{k-1}\left(m-k+1 \right)x^{m-k}+\sum_{k=1}^{m}3a_{k}x^{m-k}\\ &=\sf 3a_0x^m+\sum_{k=1}^{m}\bigg\{\left(m-k+1 \right)a_{k-1}+3a_{k}\bigg\}x^{m-k}\end{align*}}$
これが任意のx＞0に対して成り立つので、係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1=3a_0\ \ \Leftrightarrow\ \ a_0=\frac{1}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(m-k+1 \right)a_{k-1}+3a_{k}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a_{k}=-\frac{m-k+1}{3}\ a_{k-1}\ \ \ \left(k=1,2,\ldots ,m \right)\end{align*}}$
が成り立つので、k=1，2，……，mに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k}&=\sf -\frac{m-k+1}{3}\ a_{k-1}\\ &=\sf -\frac{m-k+1}{3}\cdot \left(-\frac{m-k+2}{3} \right)a_{k-2}\\ &=\sf -\frac{m-k+1}{3}\cdot \left(-\frac{m-k+2}{3} \right)\cdot \left(-\frac{m-k+3}{3} \right)a_{k-3}\\ &\ \vdots\sf \\ &=\sf -\frac{m-k+1}{3}\cdot \left(-\frac{m-k+2}{3} \right)\cdot \left(-\frac{m-k+3}{3} \right)\cdot \ldots \cdot \left(-\frac{m-1}{3} \right)\cdot \left(-\frac{m}{3} \right)a_{0}\\ &=\sf \left(-\frac{1}{3} \right)^{k}\cdot m\left(m-1 \right)\left(m-2 \right)\ldots \left(m-k+2 \right)\left(m-k+1 \right)\ a_0\\ &=\sf \left(-\frac{1}{3} \right)^{k}\cdot \frac{m!}{\left(m-k \right)!}\cdot \frac{1}{3}\end{align*}}$
これはk=0のときも成り立つ。
よって、二項定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_m&=\sf \sum_{k=0}^m\frac{a_k}{k!}\\ &=\sf \frac{1}{3}\sum_{k=0}^m\left(-\frac{1}{3} \right)^{k}\cdot \frac{m!}{k!\left(m-k \right)!}\\ &=\sf \frac{1}{3}\sum_{k=0}^m\ _mC_k\left(-\frac{1}{3} \right)^{k}\\ &=\sf \frac{1}{3}\cdot\left(1-\frac{1}{3} \right)^m\\ &=\sf \underline{\ \frac{1}{3}\cdot\left(\frac{2}{3} \right)^m}\end{align*}}$
これも難しいでしょうねーー。
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第２問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left( \log x\right)^2+2\log x\end{align*}}$
について、曲線y=f(x)をCとする。原点OからCに引いた2本の接線と
Cとの接点をそれぞれA(a，f(a))、B(b，f(b))とする。ただし、a＜bと
する。以下の問いに答えよ。
(１) f(x)の増減、極値、変曲点を調べ、曲線Cの概形を描け。
(２) a、bの値を求めよ。
(３) 曲線Cの点Aから点Bまでの部分と線分OA、OBで囲まれる図形を
ｙ軸の周りに回転してできる回転体の体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
真数条件より、x＞0．
f(x)の第1次および第2次導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=2\log x\cdot\frac{1}{x}+\frac{2}{x}=\frac{2\left(\log x+1 \right)}{x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ ''(x)=\frac{2\cdot\frac{1}{x}\cdot x-2\left(\log x+1 \right)\cdot 1}{x^2}=-\frac{2\log x}{x^2}\end{align*}}$
これらより、f(x)の増減・凹凸は次のようになる。
よって、曲線Cの概形は右図のようになる。
極小値
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left( \frac{1}{e}\right)=\underline{\ -1}\end{align*}}$
変曲点
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(1\ ,\ 0 \right)}\end{align*}}$
(２)
C上の点(t，f(t))における接線の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\big\{\left(\log x \right)^2+2\log x\big\}=\frac{2\left(\log t+1 \right)}{t}\left(x-t \right)\end{align*}}$
であり、これが原点を通るとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\left(\log x \right)^2-2\log x=-2\log t-2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log x=\pm \sqrt2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t=e^{\pm \sqrt2}\end{align*}}$ ．
a＜b、e＞1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=e^{-\sqrt2}\ \ ,\ \ b=e^{\sqrt2}\ }\end{align*}}$
(３)
(２)より点A、Bの座標はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\left(e^{-\sqrt2}\ ,\ 2-2\sqrt2 \right)\ \ ,\ \ B\left(e^{\sqrt2}\ ,\ 2+2\sqrt2 \right)\end{align*}}$
である。
Cのa≦x≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{e}\end{align*}}$ の部分をC1、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{e}\end{align*}}$ ≦x≦bの部分をC2とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\left( \log x\right)^2+2\log x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left( \log x\right)^2+2\log x-y=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \log x=-1\pm\sqrt{y+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=e^{-1\pm\sqrt{y+1}}\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_1:\ x=e^{-1-\sqrt{y+1}}\ \ ,\ \ C_2:\ x=e^{-1+\sqrt{y+1}}\end{align*}}$ ．
曲線Cの点Aから点Bまでの部分と線分OA、OBで囲まれる図形を
ｙ軸の周りに回転してできる回転体の体積をVとおくと、
V=(青線部分の回転体の体積)-(緑色部分の回転体の体積)
として求めることができる。
【青線部分の回転体】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=-1+\sqrt{y+1}\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{ds}{dy}=\frac{1}{2\sqrt{y+1}}=\frac{1}{2\left( s+1\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-1\ \ \Rightarrow\ \ s=-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=2+2\sqrt2\ \ \Rightarrow\ \ s&=\sf -1+\sqrt{3+2\sqrt2}\\ &=\sf -1+\left(\sqrt2+1 \right)\\ &=\sf \sqrt2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \pi\int_{-1}^{2+2\sqrt2}\left(e^{-1+\sqrt{y+1}} \right)^2dy&=\sf \pi\int_{-1}^{\sqrt2}e^{2s}\cdot 2\left(s+1 \right)ds\\ &=\sf 2\pi\left[\frac{1}{2}\left(s+1 \right)e^{2s} \right]_{-1}^{\sqrt2}-2\pi\int_{-1}^{\sqrt2}\frac{1}{2}e^{2s}ds\\ &=\sf \frac{\pi}{2}\left[\left(2s+1 \right)e^{2s} \right]_{-1}^{\sqrt2}\\ &=\sf \frac{\pi}{2}\bigg\{ \left(2\sqrt2+1 \right)e^{2\sqrt2}+e^{-2}\bigg\}\end{align*}}$
【緑色アの部分の回転体】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=-1-\sqrt{y+1}\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{ds}{dy}=-\frac{1}{2\sqrt{y+1}}=\frac{1}{2\left( s+1\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-1\ \ \Rightarrow\ \ s=-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=2-2\sqrt2\ \ \Rightarrow\ \ s&=\sf -1-\sqrt{3-2\sqrt2}\\ &=\sf -1-\left(\sqrt2-1 \right)\\ &=\sf -\sqrt2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \pi\int_{-1}^{2-2\sqrt2}\left(e^{-1-\sqrt{y+1}} \right)^2dy&=\sf \pi\int_{-1}^{-\sqrt2}e^{2s}\cdot 2\left(s+1 \right)ds\\ &=\sf \frac{\pi}{2}\bigg\{ \left(-2\sqrt2+1 \right)e^{-2\sqrt2}+e^{-2}\bigg\}\end{align*}}$
【緑色イの部分の回転体】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\cdot a^2\cdot\left|2-2\sqrt2\right|=\frac{2\left(\sqrt2-1\right)\pi}{3}\ e^{-2\sqrt2}\end{align*}}$
【緑色ウの部分の回転体】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\cdot b^2\cdot\left|2+2\sqrt2\right|=\frac{2\left(\sqrt2+1\right)\pi}{3}\ e^{2\sqrt2}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\frac{\pi}{2}\bigg\{ \left(2\sqrt2+1 \right)e^{2\sqrt2}+e^{-2}\bigg\}-\frac{\pi}{2}\bigg\{ \left(-2\sqrt2+1 \right)e^{-2\sqrt2}+e^{-2}\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{2\left(\sqrt2-1\right)\pi}{3}\ e^{-2\sqrt2}-\frac{2\left(\sqrt2+1\right)\pi}{3}\ e^{2\sqrt2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \left(\frac{2\sqrt2-1}{6}e^{2\sqrt2}+\frac{2\sqrt2+1}{6}e^{-2\sqrt2} \right)\pi }\end{align*}}$
計算がイヤですね。
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第３問
p、qは互いに素な自然数とする。以下の問いに答えよ。
(１) p、qがともに奇数であるとき、p4+q4は自然数の2乗にならない
ことを示せ。
(２) qは奇数とする。次の手順にしたがって(2p)4+q4が自然数の2乗
にならないことを背理法を用いて示せ。
(ⅰ) 次の仮定(H)が成り立つものとして、以下の問い(A)～(D)に答
えよ。
仮定(H)：(2p)4+q4=r2となる自然数rが存在する。
(A) 2pとrは互いに素になることを示せ。
(B) 互いに素な自然数m、nがあって、r+(2p)2=m4、r-(2p)2=n4
と表せることを示せ。
(C) (B)のm、nについて、m+n=2a、m-n=2bとおく。p2をa、bを
用いて表せ。
(D) 2p1とq1が互いに素になり、p=2p1q1r1かつ(2p1)4+(q1)4=
(r1)2となる自然数p1、q1、r1が存在することを示せ。
(ⅱ) (ⅰ)の仮定(H)が成り立たないことを示せ。
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【解答】
(１)
p、qが奇数のとき、p4+q4=r2 となる自然数rが存在すると仮定
すると、p4、q4ともに奇数なので、r2は偶数である。
すなわち、rは偶数である。自然数x、y、zを用いて
p=2x-1、 q=2y-1、 r=2z
とおくと、
(2x-1)4+(2y-1)4=(2z)2
⇔ (4S+1)+(4T+1)=4z2 （S、Tは整数）
⇔ 2(z2-S-T)=1
となり、左辺の( )内は整数なので、左辺は偶数である。
これは右辺が奇数であることに矛盾する。
よって、p、qが奇数のとき、p4+q4=r2 となる自然数rが存在しない。
(２)(ⅰ)
仮定(H)： (2p)4+q4=r2 ……① となる自然数rが存在する。
(A)
2pとrが共通の素因数sを持つと仮定すると、自然数x、zを用いて
2p=sx、 r=sz
と表すことができる。このとき、仮定(H)より
① ⇔ (sx)4+q4=(sz)2 ⇔ q4=s2(z2-s2x4)
となるので、q4はsの倍数であり、さらにqもsの倍数となる。
ここで、qは奇数なので、s≠2である。
よって、p、qともにsを素因数にもつことになるが、これはpとqが
互いに素であることに矛盾するので、2pとrは互いに素である。
(B)
① ⇔ q4=r2-(2p)2
⇔ q4={r+(2p)2}{r-(2p)2} ……②
ここで、r+(2p)2とr-(2p)2が共通の素因数tをもつと仮定すると、
自然数x、yを用いて
r+(2p)2=tx、 r-(2p)2=ty
と表すことができる。これら2式の和および差を考えると、
2r=t(x+y)
2(2p)2=t(x-y)
(A)より、2pとrは互いに素なので、rは奇数であり、r+(2p)2も
奇数になる。よって、t≠2なので、rおよび(2p)2はtの倍数であり、
さらに2pもtの倍数となる。
このことは(A)に矛盾するので、r+(2p)2と r-(2p)2は互いに
素である。
よって、qとr+(2p)2の最大公約数をm、qとr-(2p)2の最大公約数
をnとおくと、mとnは互いに素であり、q=mnが成り立つ。
自然数x、y、zを用いて
q=mnx、 r+(2p)2＝ｍｙ、 r-(2p)2=nz
とおくと、②より
m4n4x4=mnyz ⇔ m3n3x4=yz ……③
qとr+(2p)2の最大公約数がmであることと、mとnが互いに素
であることより、y=m3である。
同様にz=n3なので、③よりx=1である。
よって、互いに素な数m、nによって
r+(2p)2=ｍ・m3=m4
r-(2p)2=n・n3=n4
と表すことができる。
(C)
まず、m+n=2a、 m-n=2b をm、nについて解くと、
m=a+b、 n=a-b ……④
一方、(B)で得られた2式
r+(2p)2=m4、 r-(2p)2=n4
の差をとると、
2(2p)2=m4-n4
=(m-n)(m+n)(m2+n2)
=2b・2a・{(a+b)2+(a-b)2} ←④より
=8ab(a2+b2)
⇔ p2=ab(a2+b2) ……⑤
を得る。
(D)
題意よりq（=mn）は奇数なので、mとnはともにに奇数である。
よって、④よりa、bのうち一方は偶数で他方は奇数である。
一方、aとbが共通の素因数uを持つと仮定すると、自然数x、y
を用いて
a=ux、 b=uy
と表せる。このとき、④より
m=u(x+y)、 n=u(x-y)
となり、mとnが互いに素であることに矛盾するので、
aとbは互いに素である。
このとき、aとb2は互いに素なので、aとa2+b2も互いに素である。
同様に、bとa2+b2も互いに素である。
aが偶数、bが奇数であるとすると、⑤よりpも偶数である。
aとpの最大公約数を2p1、bとpの最大公約数をq1、
a2+b2とpの最大公約数をr1とおくと、自然数w、x、y、zを用いて、
p=2p1q1r1w、 a=2p1x
b=q1y、 a2+b2=r1z
と表すことができる。
これらを⑤に代入すると、
4p12q12r12w2=2p1q1r1xyz
⇔ 2p1q1r1w=xyz ……⑥
となる。
aとpの最大公約数が2p1であることと、aがb、a2+b2と互いに素
であるであることより、x=2p1となる。
同様に、y=q1、 z=r1となり、これらを⑥に代入すると、w=1を得る。
このとき、a=4p12、 b=q12、 a2+b2=r12
となるので、これらよりa、bを消去すると、
(4p12)2+(q12)2=r12
⇔ (2p1)4+(q1)4=(r1)2
を満たす。
aが奇数、bが偶数のときも同様に考えることができるので、
題意は示された。
(２)(ⅱ)
(D)で存在が示されたp1、q1、r1は仮定(H)を満たすので、
(A)～(D)と同様に考えることによって、2p2とq2が互いに素になり、
p1=2p2q2r2かつ(2p2)4+(q2)4=(r2)2となる自然数p2、q2、r2
が存在する。
この結果を繰り返し用いると、2pk+1とqk+1が互いに素になり、
pk=2pk+1qk+1rk+1かつ(2pk+1)4+(qk+1)4=(rk+1)2
（k=1，2，3，…）となる自然数pk+1、qk+1、rk+1が存在する。
よって、
p＞p1＞p2＞p3＞……＞pp＞……
これらはすべて整数なので、
pp＜p-p=0
となり、pが自然数であることに矛盾する。
よって、仮定(H)は成り立たない。
これまたとんでもない問題ですね・・・・
(C)ぐらいまで頑張って解きましょう。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/10(水) 01:01:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .福島県立医科大 2010
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