第1問
座標平面上の放物線y=x2をCとする。kを性の実数とし、傾きがk
であるCの接線をL1とする。さらに、L1に垂直なCの接線をL2とする。
次の問いに答えよ。
(1) 直線L1の方程式をkを用いて表せ。
(2) 2直線L1、L2の交点の座標をkを用いて表せ。
(3) 2直線L1、L2と放物線Cで囲まれた部分の面積をkを用いて表せ。
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【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x^2\right)'=2x=k\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{k}{2}\end{align*}}$
より接点の座標は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{k}{2},\frac{k^2}{4}\right)\end{align*}}$ なので、接線L1の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\frac{k^2}{4}=k\left(x-\frac{k}{2}\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{y=kx-\frac{k^2}{4}}\end{align*}}$
(2)
L1⊥L2より、L2の傾きは$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{k}\end{align*}}$ である。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(x^2\right)'=2x=-\frac{1}{k}\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-\frac{1}{2k}\end{align*}}$
より接点の座標は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(-\frac{1}{2k},\frac{1}{4k^2}\right)\end{align*}}$ なので、接線L2の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\frac{1}{4k^2}=-\frac{1}{k}\left(x+\frac{1}{2k}\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-\frac{1}{k}x-\frac{1}{4k^2}\end{align*}}$
L1、L2の2式を連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf kx-\frac{k^2}{4}=-\frac{1}{k}x-\frac{1}{4k^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{k^2+1}{k}x=\frac{k^4-1}{4k^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{k^4-1}{4k\left(k^2+1\right)}=\frac{k^2-1}{4k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=k\cdot\frac{k^2-1}{4k}-\frac{k^2}{4}=-\frac{1}{4}\end{align*}}$
よって、2接線の交点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\left(\frac{k^2-1}{4k},-\frac{1}{4}\right)}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=-\frac{1}{2k}\ , \ b=\frac{k^2-1}{4k}\ ,\ c=\frac{k}{2}\end{align*}}$
とおくと、2直線L1、L2と放物線Cで囲まれた部分の面積Sは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \int_a^b\left\{x^2-\left(-\frac{1}{k}x-\frac{1}{4k^2}\right)\right\}dx+\int_b^c\left\{x^2-\left(kx-\frac{k^2}{4}\right)\right\}dx \\ &=\sf \int_a^b\left(x+\frac{1}{2k}\right)^2dx+\int_b^c\left(x-\frac{k}{2}\right)^2dx\\ &=\sf \left[\frac{1}{3}\left(x+\frac{1}{2k}\right)^3\right]_a^b+\left[\frac{1}{3}\left(x-\frac{k}{2}\right)^2\right]_b^c\\ &=\sf \frac{1}{3}\left(\frac{k^2-1}{4k}+\frac{1}{2k}\right)^3-\frac{1}{3}\left(\frac{k^2-1}{4k}-\frac{k}{2}\right)^3\\ &=\sf \underline{\frac{1}{96}\left(k+\frac{1}{k}\right)^3}\end{align*}}$
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- 2017/10/07(土) 23:57:00|
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第2問
次の問いに答えよ。
(1) 加法定理を用いて、次の2つの等式を示せ。
$\small\sf{\sf \cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\cos\beta}$
$\small\sf{\sf \sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha -\beta )=2\sin\alpha\cos\beta}$
(2) 三角形ABCにおいて、
$\small\sf{\begin{align*} \sf 2\sin C=\frac{\cos A+\cos B}{\sin A+\sin B}\end{align*}}$
が成り立つとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf C=\frac{2}{3}\pi\end{align*}}$ を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
加法定理
$\scriptsize\sf{\sf \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}$ ･･････①
$\scriptsize\sf{\sf \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta}$ ･･････②
$\scriptsize\sf{\sf \cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta}$ ･･････③
$\scriptsize\sf{\sf \cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}$ ･･････④
③+④より
$\scriptsize\sf{\sf \cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\cos\beta}$
①+②より
$\scriptsize\sf{\sf \sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha -\beta )=2\sin\alpha\cos\beta}$
(2)
$\scriptsize\sf{\sf A=\alpha+\beta\ ,\ \ B=\alpha-\beta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\frac{A+B}{2}\ ,\ \beta=\frac{A-B}{2}\end{align*}}$
なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos A+\cos B=2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\sin C&=\sf \frac{\cos A+\cos B}{\sin A+\sin B} \\ &=\sf \frac{2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}}{2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}} \\ &=\sf \frac{\cos\frac{A+B}{2}}{\sin\frac{A+B}{2}}\\ &=\sf \frac{\cos\frac{\pi-C}{2}}{\sin\frac{\pi-C}{2}}\ \ \ \ \left(\because\ A+B+C=\pi\right)\\ &=\sf \frac{\sin\frac{C}{2}}{\cos\frac{C}{2}} \end{align*}}$
ここで倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin C=2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 4\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}=\frac{\sin\frac{C}{2}}{\cos\frac{C}{2}} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos^2\frac{C}{2}=\frac{1}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\frac{C}{2}=\frac{1}{2}\ \ \ \ \left(\because \ 0<\frac{C}{2}<\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{C}{2}=\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{C=\frac{2}{3}\pi}\end{align*}}$
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- 2017/10/08(日) 23:57:00|
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第3問
数列{Sn}、{Tn}の一般項がそれぞれ
$\small\sf{\begin{align*} \sf S_n=\frac{1}{1^3}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\cdots\cdots +\frac{1}{n^3}\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf T_n=\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot 5}+\cdots\cdots +\frac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\end{align*}}$
で表されているとする。次の問いに答えよ。
(1) 正の整数nに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\frac{1}{n\left(n+1\right)}-\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\end{align*}}$
が成り立つことを用いて、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}T_n=\frac{1}{4}\end{align*}}$
を示せ。
(2) nを2以上の整数とする。不等式Sn＜1+Tnを示せ。
(3) 数列{Sn}は収束することが分かっている。その極限値をSとするとき、
不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{9}{8}\leqq S\leqq\frac{5}{4}\end{align*}}$
を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}T_n&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2}\left\{\left(\frac{1}{1\cdot 2}-\frac{1}{2\cdot 3}\right)+\left(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{3\cdot 4}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{n\left(n+1\right)}-\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\right)\right\} \\ &=\sf \frac{1}{2}\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\frac{1}{2}-\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}\right\} \\ &=\sf \underline{\frac{1}{4}}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1+T_{n-1}-S_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\cdots\cdots +\frac{1}{\left(n-1\right)n\left(n+1\right)}-\left(\frac{1}{1^3}+\frac{1}{2^3}+\cdots\cdots +\frac{1}{n^3}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}-\frac{1}{2^3}\right)+\left(\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}-\frac{1}{3^3}\right)+\cdots +\left\{\frac{1}{\left(n-1\right)n\left(n+1\right)}-\frac{1}{n^3}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=2}^n\left\{\frac{1}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}-\frac{1}{k^3}\right\}\end{align*}}$
ここで、k=2，3，･･･，nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}-\frac{1}{k^3}=\frac{k^2-\left(k^2-1\right)}{\left(k-1\right)k^2\left(k+1\right)}=\frac{1}{\left(k-1\right)k^2\left(k+1\right)}>0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=2}^n\left\{\frac{1}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}-\frac{1}{k^3}\right\}>0\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n<1+T_{n-1}\end{align*}}$
が成り立つ。
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_n<\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+T_{n-1}\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ S<\frac{9}{8}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n>\frac{1}{1^3}+\frac{1}{2^3}=\frac{9}{8}\end{align*}}$
なので、 不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{9}{8}\leqq S\leqq \frac{5}{4}\end{align*}}$
が成り立つ。
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- 2017/10/09(月) 23:57:00|
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