青木ゼミ青木大学入試(数学)　.関東の大学　.東京大　理系　2011

2011東京大　理系数学１(１)

第1問

　座標平面において、点P(0，1)を中心とする半径1の円をCとする。
　aを0＜a＜1を満たす実数とし、直線y=a(x+1)とCとの交点をQ、
　Rとする。

　(1) △PQRの面積S(a)を求めよ。

　(2) aが0＜a＜1の範囲を動くとき、S(a)が最大となるaを求めよ。

解答はこちら↓

2011東京大　理系数学２

第２問

　　　

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(1)
　　　実数xの整数部分を、記号[x] で表すことにする。すなわち、=x－[x]
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{1}=\langle \sqrt2 \rangle\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2-[\sqrt2]\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2-1\end{align*}}$
　　　　　　
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2}=\langle \frac{1}{\sqrt2-1} \rangle\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\langle\sqrt2 + 1 \rangle\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2 +1-[\sqrt2 +1]\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} =\sqrt2-1\ \ \ \ \left(\because[\sqrt2 +1]=2 \right)\end{align*}}$

　　以下も同様に、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{3}=\sqrt2-1\end{align*}}$　、　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{4}=\sqrt2-1\end{align*}}$　、……
　　よって、すべての自然数ｎに対して、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n}=\sqrt2-1\end{align*}}$

（2）
　　　a₁= より、0≦a＜1
　　　これと仮定より
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3} \leqq a<1\end{align*}}$ ……①
　　　よって、
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1< \frac{1}{a} \leqq 3\end{align*}}$

　　　a_n=a_n+1=a より、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n + 1}=\langle \frac{1}{a_n} \rangle\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf = \langle\frac{1}{a} \rangle\end{align*}}$
　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf = \frac{1}{a}-\left[ \frac{1}{a} \right] =a\end{align*}}$･･････(※)

　　(ⅰ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{1}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{a}=3\end{align*}}$ のとき、
　　　　a₂=0となるので不適

　　(ⅱ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}\lt a\leqq\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \left[\frac{1}{a}\right]=2\end{align*}}$ のとき、
　　　　(※)は下式のようになる。
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a}-2 =a\end{align*}}$
　　　　となり、これを①の範囲で解くと、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=-1 + \sqrt2\end{align*}}$

　　(ⅲ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\lt a<1\ \ \Leftrightarrow\ \ \left[\frac{1}{a}\right]=1\end{align*}}$ のとき、
　　　　(※)は下式のようになる。
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{a}-1 =a\end{align*}}$
　　　　これを ①の範囲で解くと、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\frac{-1+\sqrt5}{2}\end{align*}}$

　　　　以上より、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{a=\frac{-1 +\sqrt5}{2}\ ,\ -1+\sqrt2}\end{align*}}$

（3）
　　a=0のときは自明なので、以下はa≠0とする。

　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{p_n}{q_n}\end{align*}}$
　　とおく。（ただし、 p_nは0以上の整数、q_nは自然数）
　　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{1}=\langle \frac{p}{q} \rangle\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{p}{q}-\left[ \frac{p}{q} \right]\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{p_1}{q_1}\end{align*}}$

　　　q₁=q かつp₁＜q₁なので、p₁＜q

　　　ここで、p_q≠0と仮定すると、1≦ｎ≦qのｎに対してp_n≧1 ……(※)
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\langle \frac{1}{a_n} \rangle\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\langle\ \frac{q_n}{p_n} \rangle\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{q_n}{p_n}-\left[\frac{q_n}{p_n}\right]=\frac{p_{n +1}}{q_{n+1}}\end{align*}}$

　　　q_n+1=p_nかつp_n+1＜q_n+1なので、p_n+1＜p_n
　　　すなわち、p_n+1≦p_n－1

　　以上より、
　　　　p₁＜q
　　　　p₂≦p₁－1
　　　　p₃≦p₂－1
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
　　　　p_q≦p_q-1－1

　　　これらを辺々加えると、
　　　　p_q＜q－(q－1)=1 　← 不等式に等号がつかない！
　　　これは、(※)に矛盾するので、p_q=0

　　　よって、q以上のすべての自然数ｎに対して、a_n=0である。

　　もう少しごまかしてしまえば、スマートな答案になるんでしょうけどね。
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2018/11/19(月) 01:02:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.東京大　理系　2011

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2011東京大　理系数学３

第3問

　　Ｌを正定数とする。座標平面のx軸上の正の部分にある点P(ｔ，0)に対し、
　　原点Ｏ(0，0)を中心とし、点Pを通る円周上を、Pから出発して反時計回り
　　に道のりＬだけ進んだ点をQ(ｕ(ｔ)，ｖ(ｔ))と表す。

　(1) ｕ(ｔ)、ｖ(ｔ)を求めよ。

　(2) 0＜a＜1の範囲の実数aに対し、積分
　　　　　 $\small\sf{\begin{align*} \sf f(a)=\int_{a}^{1} \sqrt{\left\{u'(t)\right\}^2+\left\{v'(t) \right\}^2}dt\end{align*}}$
　　　を求めよ。

　(3) 極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a \rightarrow +0} \frac{f(a)}{\log a}\end{align*}}$ を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(1)

　　弧PQに対応する中心角を$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
　　中心角は弧の長さに比例するので、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta=2\pi \times \frac{L}{2\pi t}=\frac{L}{t}\end{align*}}$
　　　よって、
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf u(t)=t \cos \theta=\underline{t \cos \frac{L}{t}}\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf v(t)=t \sin \theta=\underline{t \sin \frac{L}{t}}\end{align*}}$

（2）
　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf u'(t)=\cos \frac{L}{t} + \frac{L}{t} \sin \frac{L}{t} \end{align*}}$ より、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{u'(t)\right\}^2 =\cos^2 \frac{L}{t} + 2\frac{L}{t} \sin \frac{L}{t} \cos \frac{L}{t} +\frac{L^2}{t^2}\sin^2 \frac{L}{t}\end{align*}}$

　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf v'(t)= \sin \frac{L}{t}-\frac{L}{t}\cos\frac{L}{t}\end{align*}}$ より、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{ v'(t) \right\}^2=\sin^2 \frac{L}{t} - 2\frac{L}{t} \sin \frac{L}{t} \cos \frac{L}{t} + \frac{L^2}{t^2}\cos^2 \frac{L}{t}\end{align*}}$

　　これらの和は、
　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{u'(t)\right\}^2 + \left\{ v'(t) \right\}^2=1+\frac{L^2}{t^2}\end{align*}}$
　
　　よって、
　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(a)=\int_{a}^{1} \sqrt{\left\{ u\ '(t)\right\}^2 + \left\{ v '(t) \right\}^2}\ dt\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{a}^{1} \sqrt{1 +\frac{L^2}{t^2}}dt\end{align*}}$　

　　ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=L\tan t\end{align*}}$ と置換すると　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{d \theta}=\frac{L}{\cos^2 \theta}\end{align*}}$　
　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=L\tan \alpha \ \ {,}\ \ 1=L\tan \beta\end{align*}}$　とおく。ただし、 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\alpha<\frac{\pi}{2}\ {,}\ 0<\beta<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$　……①

　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(a)=\int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{1 %2b \frac{1}{\tan^2 \theta}}\cdot \frac{L}{\cos^2\theta}d\theta\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\alpha}^{\beta} \frac{L}{\sin \theta\ \cos^2\theta}d\theta\end{align*}}$　（∵ ①より$\scriptsize\sf{0\lt \sin\theta}$ 　）

　　さらに、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=\cos \theta\end{align*}}$ と置換すると　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{ds}{d \theta}=-\sin \theta\end{align*}}$　なので、

　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(a)=L\int_{\cos \alpha}^{\cos \beta} \frac{1}{\sin \theta}\cdot\frac{1}{s^2}\cdot \frac{ds}{-\sin\theta}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-L\int_{\cos \alpha}^{\cos \beta} \frac{1}{s^2(1-s^2)}ds\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-L\int_{\cos \alpha}^{\cos \beta} \left(\frac{1}{s^2}+\frac{1}{1-s^2}\right)ds\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-L\int_{\cos \alpha}^{\cos \beta} \left\{\frac{1}{s^2}+ \frac{1}{2} \left(\frac{1}{1-s}+\frac{1}{1%2bs}\right)\right\}ds\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-L\left[ -\frac{1}{s}-\frac{1}{2}\log \left|\frac{1-s}{1%2bs} \right| \right]_{\cos \alpha}^{\cos \beta}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{L}{\cos\beta}-\frac{L}{\cos\alpha}+\frac{1}{2}\log \left|\frac{1-\cos\beta}{1+\cos\beta}\right|-\frac{1}{2}\log \left|\frac{1-\cos\alpha}{1%2b\cos\alpha}\right| \end{align*}}$

　　　ところで、① と$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=L\tan \alpha\end{align*}}$ より　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\alpha=+\sqrt{\frac{1}{1+ \tan^2\alpha}}=\frac{L^2}{\sqrt{L^2%2ba^2}}\end{align*}}$
　　　同様に
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\beta=\frac{L^2}{\sqrt{L^2+1}}\end{align*}}$

　　これらを代入して整理すると、
　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(a)=\sqrt{L^2+1}-\sqrt{L^2+a}+\frac{L}{2}\log\frac{\left| 1-\frac{L}{\sqrt{L^2+1}} \right| \left| 1+\frac{L}{\sqrt{L^2+a^2}} \right|}{\left| 1+\frac{L}{\sqrt{L^2+1}} \right| \left| 1-\frac{L}{\sqrt{L^2+a^2}} \right|}\end{align*}}$
　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{L^2+1}-\sqrt{L^2+a}+\frac{L}{2}\log\frac{\left( \sqrt{L^2+1}-1 \right) \left( \sqrt{L^2+a^2}+L \right)}{\left( \sqrt{L^2+1}+L \right) \left( \sqrt{L^2+a^2}-L \right)}\end{align*}}$

　　　真数の分母を有理化しておくと、
　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{f(a)=\sqrt{L^2+1}-\sqrt{L^2+a}+L\log\left\{\left( \sqrt{L^2+1}-1 \right) \left( \sqrt{L^2+a^2}+L \right)\right\}-L\log{a}}\end{align*}}$

(3)
　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a \rightarrow +0} {\log a}=-\infty\end{align*}}$なので、

　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a \to +0} \frac{\sqrt{L^2+1}}{\log a}=0\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a \to +0} \frac{\sqrt{L^2+a}}{\log a}=0\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a \to +0} \frac{L\log{\left( \sqrt{L^2+1}-1 \right) \left( \sqrt{L^2+a^2}+L \right)}}{\log a}=0\end{align*}}$
　　よって、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a \to +0} \frac{f(a)}{\log a}=\underline{-L}\end{align*}}$

　　(2)で式をキレイな状態に整理しておけば、(3)は楽勝！！
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2018/11/19(月) 01:03:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.東京大　理系　2011

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2011東京大　理系数学４

第4問

　　座標平面上の1点 $\small\sf{\begin{align*}\sf P\left(\frac{1}{2}\ ,\ \frac{1}{4}\right)\end{align*}}$ をとる。放物線 y=x² 上の2点
　　$\small\sf{\sf Q\left(\alpha,\alpha^2\right)\ ,\ R\left(\beta,\beta^2\right)}$ を3点P、Q、RがQRを底辺とする
　　二等辺三角形をなすように動かすとき、△PQRの重心G(X，Y)
　　の軌跡を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　　点Gは△PQRの重心なので、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(X\ {,}\ Y\right)=\left(\frac{\alpha + \beta + \frac{1}{2}}{3}\ {,}\ \frac{\alpha^2 + \beta^2 + \frac{1}{4}}{3}\right)\end{align*}}$
　　すなわち、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha + \beta =3X- \frac{1}{2} \\ \alpha^2 + \beta^2 =3Y- \frac{1}{4}\end{align*}}$　……①

　　また、PQ²=RQ²より、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\alpha - \frac{1}{2}\right)^2 + \left( \alpha^2 - \frac{1}{4}\right)^2=\left(\beta - \frac{1}{2}\right)^2 + \left( \beta^2 - \frac{1}{4}\right)^2\end{align*}}$

　　簡単にすると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (\alpha + \beta-1)(\alpha -\beta)=-\left(\alpha^2 + \beta^2- \frac{1}{2}\right)(\alpha + \beta)(\alpha-\beta)\end{align*}}$

　　QとRは一致しないので $\scriptsize\sf{\alpha}$ ≠$\scriptsize\sf{\beta}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\alpha^2 + \beta^2- \frac{1}{2}\right)(\alpha + \beta)=-(\alpha + \beta)+1\end{align*}}$

　　また、$\scriptsize\sf{\alpha}$ +$\scriptsize\sf{\beta}$ =0のときは、上式が成り立たないので、$\scriptsize\sf{\alpha}$ +$\scriptsize\sf{\beta}$ ≠0
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^2 + \beta^2- \frac{1}{2}=-1+\frac{1}{\alpha + \beta}\end{align*}}$

　　ここで、①を代入して整理すると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Y=-\frac{1}{12}+\frac{1}{9\left(X-\frac{1}{6}\right)}\end{align*}}$　……②

　　これは、2直線　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=\frac{1}{6}\end{align*}}$　、　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-\frac{1}{12}\end{align*}}$ を漸近線とする双曲線を表す。

　　この双曲線は点Pを通り、△PQRの重心Gは明らかに
　　放物線y=x²の内部にあるので、

　　求めるGの軌跡は、
　　　双曲線の一部分(右図)
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{y=-\frac{1}{12}+\frac{1}{9\left(x-\frac{1}{6}\right)}\ \ \left(\frac{1}{6}<\sf x<\frac{1}{2} \right)}\end{align*}}$

　　変域の部分は少しごまかした感じなので、もう少し丁寧に書いておくと、

　　$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、$\scriptsize\sf{\beta}$ はｔについての二次方程式ｔ²－($\scriptsize\sf{\alpha}$ +$\scriptsize\sf{\beta}$ )ｔ+$\scriptsize\sf{\alpha}$ $\scriptsize\sf{\beta}$ =0 の異なる2つの実数解なので、
　　判別式をDとすると、
　　　　D=(+$\scriptsize\sf{\beta}$ )²－4$\scriptsize\sf{\alpha}$ $\scriptsize\sf{\beta}$
　　　　　=2($\scriptsize\sf{\alpha}$ ²+$\scriptsize\sf{\beta}$ ²)－($\scriptsize\sf{\alpha}$ +$\scriptsize\sf{\beta}$ )²＞0

　　これに①を代入して整理すると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 18\left(X-\frac{1}{6} \right)^2-12Y+1<0\end{align*}}$

　　②を代入して整理すると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 27\left(X-\frac{1}{6} \right)^2+3-\frac{2}{X-\frac{1}{6}}<0\end{align*}}$
　　分母を払うため、両辺に$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(X-\frac{1}{6} \right)^2\end{align*}}$　をかけると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 27\left(X-\frac{1}{6} \right)^4+3\left(X-\frac{1}{6} \right)^2-2\left(X-\frac{1}{6} \right)<0\end{align*}}$
　　簡単のために　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s=X-\frac{1}{6} \end{align*}}$　とおいて因数分解すると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s(3s-1)(9s^2+3s+2)<0\end{align*}}$
　　ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 9s^2+3s+2=9\left(s+\frac{1}{6}\right)^2+\frac{7}{4}\gt0\end{align*}}$ なので、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt s<\frac{1}{3}\end{align*}}$
　　　よって、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{6}\lt X<\frac{1}{2}\end{align*}}$
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2018/11/19(月) 01:04:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.東京大　理系　2011

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2011東京大　理系数学５(１)

第5問

　　p、qを2つの正の整数とする。整数a、b、cで条件

　　　　　－q≦b≦0≦a≦p ……①
　　　　　　b≦c≦a　　 ……②

　　を満たすものを考え、このような a、b、c を [a,b：c]の形に並べたものを
　　(p，q)パターンと呼ぶ。
　　各 (p，q)パターン [a，b：c] に対して、
　　　　　ｗ([a，b：c])=p－q－(a+b)
　　とおく。

　(1) (p，q)パターンのうち、ｗ([a，b：c])=－qとなるものの個数を求めよ。
　　　また、ｗ([a，b：c])=pとなる (p，q)パターンの個数を求めよ。

　　以下、p=qの場合を考える。

　(2) sを整数とする。(p，p)パターンでｗ([a，b：c])=－p+sとなるものの
　　　個数を求めよ。

　(3) (p，p)パターンの個数を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(1)

　　　ｗ([a，b：c])=p－q－(a+b)=－q すなわち a+b=pのとき

　　　①より、a+b≦a≦pなので、
　　　等号が同時に成立するのは、a=p かつ b=0のときである。

　　　このとき②は、0≦c≦pとなり、これを満たす整数cは、0～pのp+1個

　　　従って、ｗ([a，b：c])=－qを満たす(p，p)パターンは、

　　　　[a，b：c]=[p，0：0]、[p，0：1]、……、[p，0：p]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　の p+1 個

　　　同様に考えると、ｗ([a，b：c])=p－q－(a+b)=pとなるのは、
　　　a=0、b=－p、－p≦c≦0のときであり、これを満たす (p，p)パターンは、
　　　全部でq+1個ある。
　　　
　　(2)
　　　　まず条件より、ｗ([a，b：c])=－p+s　なので、a+b=p－s ……③

　　　座標平面上の点(a，b)を考えると、
　　　　0≦a≦p、－p≦b≦0
　　　なので、点(a，b)は【図1】のグレーの領域（Dとする）
　　　を動く。
　　　
　　　この点を通る傾き－1の直線をLとすると、
　　　切片がa+bの値を表し、【図1】より、
　　　Lの切片は、－p≦a+b≦pなので、
　　　　－p≦p－s≦p すなわち、0≦s≦2p

　　　よって、s＜0または s＜2p のときは、
　　　対応する点(a，b)が領域Dに存在しないので、
　　　題意を満たすパターンは0個。

(ⅰ) 0≦s≦p、すなわち切片が0以上のとき【図2】

　　　領域D内にあるL上の点は、
　　　　(p－s，0)、(p－s+1，－1)、……、(p，－s)
　　　のs+1個あり、
　　　それぞれに対するcの値を考えていくと、
　　　　(a，b)=(p－s,0)のとき、
　　　　　　　0≦c≦p－sより、cはp－s+1個
　　　　(a，b)=(p－s+1,－1) のとき、
　　　　　　－1≦c≦p－s+1より、cはp－s+3個
　　　　　$\scriptsize{\vdots}$
　　　　(a，b)=(p,－s) のとき、
　　　　　　－s≦c≦pより、cはp+s+1個

　　　これらの合計
　　　　(p－s+1)+(p－s+3)+……+(p+s+1)を考える。
　　　これは、初項p－s+1、末項p+s+1、項数s+1の等差数列の和であるから、
　　　　　$\scriptsize{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}(s+1)\left\{(p-s+1)+(p+s+1)\right\}(s+1)=(p+1)(s+1)\end{align*}}$ 個となる。

(ⅱ) p＜s≦2p、すなわち切片が0未満のとき【図3】

　　　領域D内にあるL上の点は、
　　　　　(0,p－s)、(1，p－s－1)、……、(2p－s，－p)
　　　の2p－s+1個あり、
　　　それぞれに対するcの値を考えていくと、
　　　　(a，b)=(0,p－s) のとき、
　　　　　　　p－s≦c≦0より、cは－p+s+1個
　　　　(a，b)=(1,p－s－1) のとき、
　　　　　　p－s－1≦c≦1より、cは－p+s+3個
　　　　　$\scriptsize{\vdots}$
　　　　(a，b)=(2p－s,－p) のとき、
　　　　　　－p≦c≦2p－sより、cは3p－s+1個

　　　これらの合計
　　　　(－p+s+1)+(－p+s+3)+……+(3p－s+1)を考える。
　　　これは、初項－p+s+1、末項3p－s+1、項数2p－s+1の等差数列の和であるから、
　　　
　　　　　$\scriptsize{\begin{align*}\sf\frac{1}{2}(2p-s+1) \left\{(-p+s+1)+(3p-s+1)\right\}=(p+1)(2p-s+1)\end{align*}}$ 個となる。
　　　
　　　

　　以上より、
　　
　　　　　s＜0、s＜2pのとき、 0個
　　　　　0≦s≦pのとき、(p+1)(s+1)個
　　　　　p＜s≦2pのとき、(p+1)(2p－s+1)個
　　　

(3)
　　(2)で求めた個数をすべて足せばよいので、

　　0≦s≦p のとき、
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (p+1)(0+1)+(p+1)(1+1)+\cdots +(p+1)(p+1)\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =(p+1)\left\{1+2+3+\cdots+(p+1)\right\}\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =(p+1)\cdot \frac{1}{2}(p+1)\left\{1+(p+1)\right\}\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}(p+1)^2(p+2)\end{align*}}$

　　p＜s≦2pのとき、
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (p+1)\left\{2p-(p+1)+1\right\}+(p+1)\left\{2p-(p+2)+1\right\}+\cdots +(p+1)\left\{2p-2p+1\right\}\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =(p+1)\cdot \frac{1}{2}p(p+1)\end{align*}}$
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}p(p+1)^2\end{align*}}$

　　よって、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}(p+1)^2(p+2)+\frac{1}{2}p(p+1)^2=\underline{(p+1)^3}\end{align*}}$

　　　

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2018/11/19(月) 01:05:00|

大学入試(数学)　.関東の大学　.東京大　理系　2011

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2011東京大　理系数学６(１)

第6問

　　
　(1) x,y を実数とし、x＞0とする。ｔを変数とする二次関数
　　　　　　　　　ｆ(ｔ)=xｔ²+yｔ
　　　の0≦ｔ≦1における最大値と最小値の差を求めよ。

　(2) 次の条件を満たす点(x，y)全体からなる座標平面内の領域をSとする。
　　　　　x＞0かつ、実数zで0≦ｔ≦1の範囲のすべての実数ｔに対して、
　　　　　　　0≦xｔ²+yｔ+z≦1
　　　　　を満たすようなものが存在する。
　　　　Sの概形を図示せよ。

　(3) 次の条件を満たす点(x，y，z)全体からなる座標空間内の領域をVとする。
　　　　　0≦x≦1かつ、0≦ｔ≦1の範囲のすべての実数ｔに対して、
　　　　　　　0≦xｔ²+yｔ+z≦1
　　　　　が成り立つ。
　　　　Vの体積を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(1)
　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(t)=xt^2+yt\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x\left(t+\frac{y}{2x}\right)^2-\frac{y^2}{4x}\end{align*}}$

　　軸の位置によって場合分けをしていく。
　　　

　(ⅰ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{y}{2x}<0\ \Leftrightarrow\ 0\lt y\end{align*}}$ のとき

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(1)-f(0)=x+y\end{align*}}$

　(ⅱ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq-\frac{y}{2x}<\frac{1}{2}\ \Leftrightarrow\ -x\lt y\leqq 0\end{align*}}$　のとき

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(1)-f\left(-\frac{y}{2x}\right)=x+y+\frac{y^2}{4x}\end{align*}}$

　(ⅲ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\leqq-\frac{y}{2x}<1\ \Leftrightarrow\ -2x\lt y\leqq-x\end{align*}}$　のとき　

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(0)-f\left(-\frac{y}{2x}\right)=\frac{y^2}{4x}\end{align*}}$

　(ⅳ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\leqq-\frac{y}{2x}\ \Leftrightarrow\ y\leqq-2x\end{align*}}$　のとき　

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(0)-f(1)=-x-y\end{align*}}$

(2)
　　題意を満たすためには、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq f(t)_{min}+z\ <\ f(t)_{max}+z \leqq 1\end{align*}}$
　　すなわち、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f(t)_{min}\leqq z\ \leqq -\ f(t)_{max}+1\end{align*}}$

　　を満たすようなzが存在すればよいので、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f(t)_{min}\leqq \ -f(t)_{max}+1\end{align*}}$
　　すなわち、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(t)_{max}-f(t)_{min}\leqq \ 1\end{align*}}$
　　であればよい。

　　ここで、(1)の結論を用いると、以下のとおり。

　(ⅰ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt y\end{align*}}$ のとき
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x+y\leqq 1\end{align*}}$　すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\leqq-x+1\end{align*}}$

　　　これを図示すると右図のようになる。

　(ⅱ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -x\lt y\leqq0\end{align*}}$ のとき

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x+y+\frac{y^2}{4x}\leqq1\end{align*}}$
　　　　すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2x-2\sqrt{x}\leqq y \leqq -2x+2\sqrt{x}\end{align*}}$

　　　ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x\end{align*}}$ なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2x-2\sqrt{x}\lt -x\end{align*}}$　
　　　よって、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -x\lt y \leqq-2x+2\sqrt{x}\end{align*}}$

　　　曲線　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=g(x)=-2x+2\sqrt{x}\end{align*}}$ の概形を求める。
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g'(x)=-2+2\frac{1}{\sqrt{x}}\end{align*}}$ なので、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{1}{4}(\gt 0)\end{align*}}$ で、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g'(x)=0\end{align*}}$

　　　　（増減表）
　　　

　　　　増減表と、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(1)=0\ ,\ g'(1)=-1\ ,\ g(4)=-4\end{align*}}$　などを考慮して図示すると右図のようになる。

　(ⅲ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2x\lt y\leqq-x\end{align*}}$ のとき　

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{y^2}{4x}\leqq1\end{align*}}$ すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x\geqq\frac{1}{4}y^2\end{align*}}$

　　　これを図示すると右図のようになる。

　(ⅳ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\leqq-2x\end{align*}}$ のとき　

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -x-y\leqq1\end{align*}}$ すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\leqq-x-y\end{align*}}$

　　　これを図示すると右図のようになる。

　　以上をまとめると、

　　　　　　　　

境界はy軸上の点を除く。

(3)
　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=k\ \ (0\leqq k\leqq 1)\end{align*}}$　と固定する。
　　(2)と同様に、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f(t)_{min}\leqq z\ \leqq -\ f(t)_{max}+1\end{align*}}$
　　が成り立てばよいので、(1)の結果を用いると、

　(ⅰ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt y\end{align*}}$ のとき

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f(0)\leqq z \leqq 1-f(1)\end{align*}}$
　　　すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq z \leqq -y+1-k\end{align*}}$　
　　　これをyz平面上に図示したものが、右図の赤色の部分

　(ⅱ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -k\lt y\leqq0\end{align*}}$ のとき

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f\left(-\frac{y}{2x}\right)\leqq z \leqq 1-f(1)\end{align*}}$
　　　　すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{y^2}{4k}\leqq z \leqq -y+1-k\end{align*}}$
　　　これをyz平面上に図示したものが、右図の青色の部分

　(ⅲ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2k\lt y\leqq -k\end{align*}}$ のとき　

　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f\left(-\frac{y}{2x}\right)\leqq z \leqq 1-f(0)\end{align*}}$
　　　　すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{y^2}{4k}\leqq z \leqq 1\end{align*}}$
　　　これをyz平面上に図示したものが、右図の緑色の部分

　(ⅳ)　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\leqq-2k\end{align*}}$ のとき　
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -f(1)\leqq z \leqq 1-f(0)\end{align*}}$
　　　すなわち　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -y-k\leqq z \leqq 1\end{align*}}$
　　　これをyz平面上に図示したものが、右図の黄色の部分

　　これらを合わせた部分が、求める立体Vを平面　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=k\end{align*}}$ で切断したときの断面を表す。
　　その断面積を　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(k)\end{align*}}$ とすると、平行四辺形から左下隅の部分を除けばよいので、　

　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(k)=1\cdot 1-\int_{-2 k}^{-k}\bigg\{\frac {y^2}{4 k} -(-y-k)\bigg\} dy-\int_{-k}^{0}\frac{y^2}{4k} dy\end{align*}}$
　　これを計算すると、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(k)=1-\frac{k^2}{6}\end{align*}}$

　　よって、求める体積は、
　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\int_{0}^{1}S(k)dk\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{0}^{1}\left(1-\frac{k^2}{6} \right) dk\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{17}{18}\end{align*}}$
　　

　　以上で、2011年度の東大の問題は終わりです。個人的には3の計算がイヤだったのと、
　　6(3)が考えにくかった以外は、まぁ普通かなぁといった印象です。
　　さて、次はどこの問題にしましょうかね＾＾

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