第１問
複素数平面上の点0を中心とする半径2の円C上に点zがある。aを実数の
定数とし、
w=z2-2az+1
とおく。
(１) |w|2をzの実部xとaを用いて表せ。
(２) 点zがC上を一周するとき、|w|の最小値をaを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
zの虚部をyとおくと、円Cの周上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |z|^2=x^2+y^2=4\end{align*}}$ ・・・・・・(A)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |w|^2&=\sf \left|z^2-2az+1\right|^2\\ &=\sf \left|\left(x+yi\right)^2-2a\left(x+yi\right)+1\right|^2\\ &=\sf \left|\left(x^2-y^2-2ax+1\right)+2y\left(x-a\right)i\right|^2\\ &=\sf \left(x^2-y^2-2ax+1\right)^2+4y^2\left(x-a\right)^2\\ &=\sf \left(2x^2-2ax-3\right)^2+4\left(4-x^2\right)\left(x^2-2ax+a^2\right)\ \ \ \left(\because\ (A)\right)\\ &=\sf \underline{\sf 4x^2-20ax+16a^2+9}\end{align*}}$
(２)
(１)で求めた|w|2をxの関数とみなしてf(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(a)&=\sf 4x^2-20ax+16a^2+9\\ &=\sf 4\left(x-\frac{5}{2}a\right)^2-9a^2+9 \end{align*}}$
また、zはC上の点なので実部xの取りうる値の範囲は、
-2≦x≦2
である。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (i)\ a<-\frac{4}{5}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{5}{2}a<-2\end{align*}}$ なので、|w|の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |w|_{min}&=\sf \sqrt{f\left(-2\right)}\\ &=\sf \sqrt{16a^2+40a+25}\\ &=\sf \sqrt{\left(4a+5\right)^2}\\ &=\sf \underline{\sf \left|4a+5\right|}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (ii)\ -\frac{4}{5}\leqq a\leqq\frac{4}{5}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\leqq \frac{5}{2}a\leqq 2\end{align*}}$ なので、|w|の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf |w|_{min}=\sf \sqrt{f\left(\frac{5}{2}a\right)}=\underline{\sf \sqrt{-9a^2+9}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (iii)\ \frac{4}{5}\lt a\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2<\frac{5}{2}a\end{align*}}$ なので、|w|の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |w|_{min}&=\sf \sqrt{f\left(2\right)}\\ &=\sf \sqrt{16a^2-40a+25}\\ &=\sf \sqrt{\left(4a-5\right)^2}\\ &=\sf \underline{\sf \left|4a-5\right|}\end{align*}}$
(２)は二次関数の最小値を求める問題です。
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第２問
a＞0に対し、関数f(x)が
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\int_{-a}^a\left\{\frac{e^{-x}}{2a}+f(t)\sin t\right\}dt\end{align*}}$
をみたすとする。
(１) f(x)を求めよ。
(２) 0＜a≦2$\small\sf{\pi}$ において、
$\small\sf{\begin{align*} \sf g(a)=\int_{-a}^af(t)\sin t dt\end{align*}}$
の最小値とそのときのaの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)&=\sf \int_{-a}^a\left\{\frac{e^{-x}}{2a}+f(t)\sin t\right\}dt\\ &=\sf \left[\frac{e^{-x}}{2a}t\right]_{-a}^a+\int_{-a}^af(t)\sin t\ dt\\ &=\sf e^{-x}+\int_{-a}^af(t)\sin t\ dt\end{align*}}$
上式第2項の定積分の値をkとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=e^{-x}+k\end{align*}}$
と表され、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k&=\sf \int_{-a}^a\left(e^{-t}+k\right)\sin t\ dt\\ &=\sf \int_{-a}^ae^{-t}\sin t\ dt+k\int_{-a}^a\sin t\ dt\\ &=\sf \int_{-a}^ae^{-t}\sin t\ dt\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
ここで、不定積分F(t)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F(t)=\int e^{-t}\sin t\ dt\end{align*}}$
とおくと、部分積分法より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F(t)&=\sf -e^{-t}\sin t+\int e^{-t}\cos t\ dt\\ &=\sf -e^{-t}\sin t+\left(-e^{-t}\cos t-\int e^{-t}\sin t\ dt\right)\\ &=\sf -e^{-t}\left(\sin t+\cos t\right)-F(t)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ F(t)=-\frac{1}{2}e^{-t}\left(\sin t+\cos t\right)+C\end{align*}}$ (C：積分定数）
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k&=\sf \left[-\frac{1}{2}e^{-t}\left(\sin t+\cos t\right)\right]_{-a}^a\\ &=\sf -\frac{1}{2}e^{-a}\left(\sin a+\cos a\right)+\frac{1}{2}e^{a}\left\{\sin\left(-a\right)+\cos\left(-a\right)\right\}\\ &=\sf -\frac{1}{2}e^{-a}\left(\sin a+\cos a\right)+\frac{1}{2}e^{a}\left(-\sin a+\cos a\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\underline{\sf e^{-x}-\frac{1}{2}e^{-a}\left(\sin a+\cos a\right)+\frac{1}{2}e^{a}\left(-\sin a+\cos a\right)}\end{align*}}$
(２)
(１)の(#)と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(a)&=\sf \int_{-a}^a\left(e^{-t}+k\right)\sin t\\ &=\sf \int_{-a}^af(t)\sin t dt\\ &=\sf F\left(a\right)-F\left(-a\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g'(a)&=\sf F'(a)-F'(-a)\cdot (-1)\\ &=\sf e^{-a}\sin a+e^a\sin (-a)\\ &=\sf \left(e^{-a}-e^a\right)\sin a\end{align*}}$
となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(a)\end{align*}}$ の増減は次のようになる。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g(a)\end{align*}}$ の最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(a)_{min}&=\sf g\left(\pi\right)\\ &=\sf -\frac{1}{2}e^{-\pi}\left(\sin\pi+\cos\pi\right)+\frac{1}{2}e^{\pi}\left(-\sin\pi+\cos\pi\right)\\ &=\sf \underline{\sf \frac{1}{2}\left(e^{-\pi}-e^{\pi}\right)}\end{align*}}$
ひたすら計算です
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第３問
机のひきだしAに3枚のメダル、ひきだしBに2枚のメダルが入っている。
ひきだしAの各メダルの色は金、銀、銅のどれかであり、ひきだしBの各
メダルの色は金、銀のどちらかである。
(１) ひきだしAのメダルの色が2種類である確率を求めよ。
(２) ひきだしA、Bをあわせたメダルの色が2種類である確率を求めよ。
(３) ひきだしA、Bをあわせてちょうど3枚の金メダルが入っていることが分
かっているとき、ひきだしAのメダルの色が2種類である確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Aのメダルの色の決め方の総数は33通り。
色の組み合わせは
(金、金、銀)、(金、金、銅)、(銀、銀、金)、(銀、銀、銅)、
(銅、同、金)、(銅、銅、銀)
の6通りあり、順序を考慮するとそれぞれ3通りずつあるので、
求める確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{6\times 3}{3^3}=\underline{\sf \frac{2}{3}}\end{align*}}$
(２)
Bのメダルの色の決め方の総数は22通り。
(ⅰ) Bが金、金の場合
Bの色の決め方は1通り
Aの色は
(金、金、銀)、(金、金、銅)、(金、銀、銀)、(金、銅、銅)→3通りずつ
(銀、銀、銀)、(銅、銅、銅)→1通りずつ
合計4×3+2=14通り
(ⅱ) Bが銀、銀のとき
(ⅰ)と同様に14通り
(ⅲ) Bが金と銀のとき
Bの色の決め方は2通り
Aの色は
(金、金、銀)、(金、銀、銀)→3通りずつ
(金、金、金)、(銀、銀、銀)→1通りずつ
合計2×(2×3+2)=16通り
(ⅰ)～(ⅲ)より、求める確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{14+14+16}{3^3\cdot 2^2}=\underline{\sf \frac{11}{27}}\end{align*}}$
(３)
金メダルが3枚になる場合を考えると、
(ⅰ) Bが金、金の場合
(ア) Aが(金、銀、銀)→3通り
(イ) Aが(金、銅、銅)→3通り
(ウ) Aが(金、銀、銅)→6通り
(ⅱ) Bが銀、銀のとき
(エ) Aが(金、金、金)→1通り
(ⅲ) Bが金と銀のとき
(オ) Aが(金、金、銀)→3×2=6通り
(カ) Aが(金、金、銅)→3×2=6通り
よって、金メダルが3枚なのは
3+3+6+1+6+6=25通り
このうち、Aの色が2種類なのは、(ア)、(イ)、(オ)、(カ)の場合で
3+3+6+6=18通り
なので、求める条件付き確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \frac{18}{25}}\end{align*}}$ である。
丁寧に数え上げていきましょう
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第４問
(１) 次の方程式が異なる3つの0でない実数解を持つことを示せ。
x3+x2-2x-1=0 ・・・・・・①
(２) 方程式①の3つの実数解をs、t、uとし、数列{an}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{s^{n-1}}{\left(s-t\right)\left(s-u\right)}+\frac{t^{n-1}}{\left(t-u\right)\left(t-u\right)}+\frac{u^{n-1}}{\left(u-s\right)\left(u-t\right)}\end{align*}}$
(n=1，2，3，・・・・・)
によって定める。このとき、
an+3+an+2-2an+1-an=0 （n=1，2，3，・・・）
が成り立つことを示せ。
(３) (２)のanがすべて整数であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
①の左辺をf(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(0)=-1\ne 0\end{align*}}$
なので、①はx=0を解にもたない。
f(x)は連続関数であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(-2)=-8+4+4-1<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(-1)=-1+1+2-1>0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(1)=1+1-2-1<0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(2)=8+4-4-1>0\end{align*}}$
なので、中間値の定理より①は
-2＜x＜-1、 -1＜x＜0、 1＜x＜2 ・・・・・・②
の範囲にそれぞれ少なくとも1つずつ実数解をもつ。
さらに、3次方程式の解は高々3個なので、②のそれぞれの範囲に
1つずつ実数解をもつことになる。
以上より、①は0と異なる3つの異なる実数解をもつ。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_n&=\sf \frac{s^{n-1}}{\left(s-t\right)\left(s-u\right)}+\frac{t^{n-1}}{\left(t-u\right)\left(t-u\right)}+\frac{u^{n-1}}{\left(u-s\right)\left(u-t\right)}\\ &=\sf -\frac{\left(t-u\right)s^{n-1}+\left(u-s\right)t^{n-1}+\left(s-t\right)u^{n-1}}{\left(s-t\right)\left(t-u\right)\left(u-s\right)}\end{align*}}$
s、t、uは①の解なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s^3+s^2-2s-1=t^3+t^2-2t-1=u^3+u^2-2u-1=0\end{align*}}$ ・・・・・・③
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\left(s-t\right)\left(t-u\right)\left(u-s\right)\left(a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left\{\left(t-u\right)s^{n+2}+\left(u-s\right)t^{n+2}+\left(s-t\right)u^{n+2}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +\left\{\left(t-u\right)s^{n+1}+\left(u-s\right)t^{n+1}+\left(s-t\right)u^{n+1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\left\{\left(t-u\right)s^{n}+\left(u-s\right)t^{n}+\left(s-t\right)u^{n}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\left\{\left(t-u\right)s^{n-1}+\left(u-s\right)t^{n-1}+\left(s-t\right)u^{n-1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =s^{n-1}\left(t-u\right)\left(s^3+s^2-2s-1\right)+t^{n-1}\left(u-s\right)\left(t^3+t^2-2t-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +u^{n-1}\left(s-t\right)\left(u^3+u^2-2u-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0\end{align*}}$ ←③より
s≠t、t≠u、u≠sなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n=0\end{align*}}$
が成り立つ。
(３)
(２)のanがすべて整数であることを数学的帰納法で示す。
(ⅰ)n=1、2、3のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=-\frac{\left(t-u\right)+\left(u-s\right)+\left(s-t\right)}{\left(s-t\right)\left(t-u\right)\left(u-s\right)}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=-\frac{\left(t-u\right)s+\left(u-s\right)t+\left(s-t\right)u}{\left(s-t\right)\left(t-u\right)\left(u-s\right)}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=-\frac{\left(t-u\right)s^{2}+\left(u-s\right)t^{2}+\left(s-t\right)u^{2}}{\left(s-t\right)\left(t-u\right)\left(u-s\right)}\end{align*}}$
ここで、a3の分子は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(t-u\right)s^{2}+\left(u-s\right)t^{2}+\left(s-t\right)u^{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(t-u\right)s^2-\left(t^2-u^2\right)s+t^2u-tu^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(t-u\right)s^2-\left(t-u\right)\left(t+u\right)s+tu\left(s-u\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(t-u\right)\left\{s^2-\left(t+u\right)s+tu\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(t-u\right)\left(s-t\right)\left(s-u\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=-\frac{\left(t-u\right)\left(s-t\right)\left(s-u\right)}{\left(s-t\right)\left(t-u\right)\left(u-s\right)}=1\end{align*}}$
以上より、n=1、2、3のとき、anは整数である。
(ⅱ) n=k，k+1，k+2に対して、anが整数であると仮定すると、
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{k+3}=-a_{k+2}+2a_{k+1}+a_k\end{align*}}$
も整数となる。
以上より、任意の自然数nに対してanは整数となる。
式の対称性を意識して計算すれば、それほど難しくはありません。
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第５問
空間の2点A(0，0，2)、B(0，1，3)を通る直線をLとし、2点C(1，0，0)
、D(1，0，1)を通る直線をmとする。aを定数として、L上にもm上にもな
い点P(s，t，a)を考える。
(１) PからLに下した垂線とLの交点をQとし、Pからmに下した垂線とmの
交点をRとする。Q、Pの座標をそれぞれs、t、aを用いて表せ。
(２) Pを中心とし、Lとmがともに接するような球面が存在するための条件
をs、t、aの関係式で表せ。
(３) s、tと定数aが(２)の条件を満たすとき、平面上の点(s，t)の軌跡が
放物線であることを示し、その焦点と準線をaを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
QはL上にあるので、実数qを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AQ}=q\overrightarrow{\sf AB}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf OQ}&=\sf q\left(\overrightarrow{\sf OB}-\overrightarrow{\sf OA}\right)+\overrightarrow{\sf OA}\\ &=\sf q\left(0,1,1\right)+\left(0,0,2\right)\\ &=\sf \left(0,q,q+2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QP}=\sf \overrightarrow{\sf OP}-\overrightarrow{\sf OQ}=\sf \left(s,t-q,a-q-2\right)\end{align*}}$
と表せる。PQ⊥ABなので、内積を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QP}\cdot\overrightarrow{\sf AB}=0+\left(t-q\right)+\left(a-q-2\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q=\frac{t+a-2}{2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf Q\left(0,\frac{t+a-2}{2},\frac{t+a+2}{2}\right)}\end{align*}}$
一方、Rはm上にあるので、実数rを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf CR}=r\overrightarrow{\sf CD}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf OR}&=\sf r\left(\overrightarrow{\sf OD}-\overrightarrow{\sf OC}\right)+\overrightarrow{\sf OC}\\ &=\sf r\left(0,0,1\right)+\left(1,0,0\right)\\ &=\sf \left(1,0,r\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf RP}=\sf \overrightarrow{\sf OP}-\overrightarrow{\sf OR}=\sf \left(s-1,t,a-r\right)\end{align*}}$
と表せる。PR⊥CDなので、内積を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf RP}\cdot\overrightarrow{\sf CD}=0+0+\left(a-r\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r=a\end{align*}}$
となるので、Rの座標は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf R\left(1,0,a\right)}\end{align*}}$
(２)
Pを中心とする球がL、mと接するときの接点はそれぞれ(１)で求めた
QとRになる。
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf QP}=\left(s,t-q,a-q-2\right)=\left(s,\frac{-t+a-2}{2},\frac{t-a+2}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf RP}=\left(s-1,t,a-v\right)=\left(s-1,t,0\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf PQ}\right|=\left|\overrightarrow{\sf PR}\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ s^2+\left(\frac{-t+a-2}{2}\right)^2+\left(\frac{t-a+2}{2}\right)^2=\left(s-1\right)^2+t^2+0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf t^2+2\left(a-2\right)t-4s-a^2+4a-2=0}\end{align*}}$
(３)
点(s，t)の軌跡をCとすると、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t^2+2\left(a-2\right)t-4s-a^2+4a-2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(t+a-2\right)^2=4s+2a^2-8a+6\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{t-\left(2-a\right)\right\}^2=4\left\{s-\left(-\frac{1}{2}a^2+2a-\frac{3}{2}\right)\right\}\end{align*}}$
と変形できるので、Cは放物線C’：t2=4s を平行移動したものである。
C’の焦点は(1，0)、準線はs=-1なので、Cの焦点の座標および準線の
方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \left(-\frac{1}{2}a^2+2a-\frac{1}{2}\ ,\ 2-a\right)\ \ ,\ \ s=-\frac{1}{2}a^2+2a-\frac{5}{2}}\end{align*}}$
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