第１問
曲線y=x2上に2点A(-2，4)、B(b，b2)をとる。ただしb＞-2とする。
このとき、次の条件を満たすbの範囲を求めよ。
条件：y=x2上の点T(t，t2) （-2＜t＜b）で、∠ATBが直角になる
ものが存在する。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf AT}=\left(t+2\ ,\ t^2-4\right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf BT}=\left(t-b\ ,\ t^2-b^2\right)\end{align*}}$
∠ATB=90°なので、これら2つのベクトルの内積を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AT}\cdot\overrightarrow{\sf BT}&=\sf \left(t+2\right)\left(t-b\right)+\left(t^2-4\right)\left(t^2-b^2\right)\\ &=\sf \left(t+2\right)\left(t-b\right)\left\{1+\left(t-2\right)\left(t+b\right)\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1+\left(t-2\right)\left(t+b\right)=0\ \ \ \ \left(\because\ -2\lt t\lt b\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t^2+\left(b-2\right)t-2b+1=0\end{align*}}$ ・・・・・・(*)
条件を満たすためには、(#)が-2＜t＜bの範囲に実数解をもてばよい。
まず(#)の判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D=\left(b-2\right)^2-4\left(-2b+1\right)=b^2+4b\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\leqq -4\ ,\ 0\leqq b\end{align*}}$ ・・・・・・(A)
であり、(ⅰ)を満たすとき、(*)の2解をp、q （p≧q）とおく。
また、(*)の左辺をf(t)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(t)=\left(t+\frac{b-2}{2}\right)^2-\frac{b^2}{4}-b\end{align*}}$
(ⅰ) -2＜p≦q＜bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-2\right)=-4b+9\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\lt \frac{9}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(b\right)=2b^2-4b+1\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\lt \frac{2-\sqrt2}{2}\ ,\ \frac{2+\sqrt2}{2}\lt b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\lt -\frac{b-2}{2}\lt b\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{3}\lt b\lt 6\end{align*}}$
これらと(A)を同時に満たすbの値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2+\sqrt2}{2}\lt b\lt \frac{9}{4}\end{align*}}$
(ⅱ) -2=p＜q＜bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-2\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ b=\frac{9}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(b\right)\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\lt \frac{2-\sqrt2}{2}\ ,\ \frac{2+\sqrt2}{2}\lt b\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\lt -\frac{b-2}{2}\lt b\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{3}\lt b\lt 6\end{align*}}$
これらと(A)を同時に満たすbの値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\frac{9}{4}\end{align*}}$
(ⅲ) -2＜p＜q=bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-2\right)\gt 0\ \ \Leftrightarrow\ \ b\lt \frac{9}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(b\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ b=\frac{2\pm\sqrt2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2\lt -\frac{b-2}{2}\lt b\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2}{3}\lt b\lt 6\end{align*}}$
これらと(A)を同時に満たすbの値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=\frac{2+\sqrt2}{2}\end{align*}}$
(ⅳ) -2＜p＜b＜q または p＜-2＜q＜bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(-2\right)\cdot f\left(b\right)=\left(-4b+9\right)\left(2b^2-4b+1\right)\lt 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{2-\sqrt2}{2}\lt b\lt \frac{2+\sqrt2}{2}\ ,\ \frac{9}{4}\lt b\end{align*}}$
これは(A)も満たす
(ⅰ)～(ⅳ)より、題意を満たすbの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \frac{2-\sqrt2}{2}\lt b}\end{align*}}$
である。
二次方程式の解の配置の問題です。丁寧に場合分けしましょう。
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第２問
2つの円C：(x-1)2+y2=1とD：(x+2)2+y2=72を考える。また原点を
O(0，0)とする。このとき、次の問いに答えよ。
(１) 円C上に、y座標が正であるような点Pをとり、x軸の正の部分と線分OP
のなす角を$\small\sf{\theta}$ とする。このとき、点Pの座標と線分OPの長さを$\small\sf{\theta}$ を用いて
表せ。
(２) (１)でとった点Pを固定したまま、点Qが円D上を動くとき、△OPQの面積
が最大になるときのQの座標を$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(３) 点Pが円C上を動き、点Qが円D上を動くとき、△OPQの面積の最大値を
求めよ。ただし、(２)、(３)においては、3点O、P、Qが同一直線上にある
ときは、△OPQの面積は0であるとする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
点Pのy座標が正なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\theta<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ ・・・・・・(i)
点(2，0)をAとおくと、OAは円Cの直径となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP=OA\cos\angle AOP=\underline{\sf 2\cos \theta}\end{align*}}$
よって、点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(OP\cos\theta\ ,\ OP\sin\theta\right)=\underline{\sf \left(2\cos^2\theta\ ,\ 2\sin\theta\cos\theta\right)}\end{align*}}$
(２)
円Dは中心(-2，0)、半径7の円なので、D上の点Qは実数tを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(-2+7\cos t\ ,\ 7\sin t\right)\ \ \ \left(0\leqq t<2\pi\right)\end{align*}}$
と表すことができる。
よって、点Pを(１)の位置に固定したときの△OPQの面積をS(t)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\left(t\right)=\frac{1}{2}\bigg|2\cos^2\theta\cdot 7\sin t-2\sin\theta\cos\theta\left(-2+7\cos t\right)\bigg|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sf \bigg|7\sin t\cos\theta-7\cos t\sin\theta+2\sin\theta\bigg|\cos\theta\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sf \bigg|7\sin\left( t-\theta\right)+2\sin\theta\bigg|\cos\theta\end{align*}}$ ←加法定理
(ⅰ)よりsin$\scriptsize\sf{\theta}$ ＞0なので、S(t)が最大値となるのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\left( t-\theta\right)=1\ \ \Leftrightarrow\ \ t-\theta=\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ t=\theta+\frac{\pi}{2}\ \ \ \left(\because\ (i)\right)\end{align*}}$
のときであり、S(t)の最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\left(t\right)_{max}=S\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)=\left(7+2\sin\theta\right)\cos\theta\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
このとき、Qの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(-2+7\cos\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)\ ,\ 7\sin\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)\right)=\underline{\sf \left(-2-7\sin\theta\ ,\ 7\cos\theta\right)}\end{align*}}$
(３)
(ⅱ)で求めたS(t)の最大値を$\scriptsize\sf{\theta}$ の関数とみなしてT($\scriptsize\sf{\theta}$ )とおくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T\left(\theta\right)=\left(7+2\sin\theta\right)\cos\theta\ \ \ \ \left(0<\theta<\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T\ '\left(\theta\right)&=\sf 2\cos^2\theta+\left(7+2\sin\theta\right)\cdot\left(-\sin\theta\right)\\ &=\sf 2\left(1-\sin^2\theta\right)-7\sin\theta-2\sin^2\theta\\ &=\sf -4\sin^2\theta-7\sin\theta+2\\ &=\sf -\left(4\sin\theta-1\right)\left(\sin\theta+2\right)\end{align*}}$
(ⅰ)の範囲で
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin \theta=\frac{1}{4}\end{align*}}$
となる$\scriptsize\sf{\theta}$ がただ1つ存在するので、その値を$\scriptsize\sf{\alpha}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\alpha=\frac{1}{4}\ ,\ \cos\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}\ (>0)\end{align*}}$
であり、T($\scriptsize\sf{\theta}$ )の増減は次のようになる。
よって、(ⅰ)の範囲におけるT($\scriptsize\sf{\theta}$ )の最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T\left(\theta\right)_{max}&=\sf T\left(\alpha\right)\\ &=\sf \left(7+2\cdot\frac{1}{4}\right)\cdot\frac{\sqrt{15}}{4}\\ &=\sf \frac{15\sqrt{15}}{8}\end{align*}}$
円CおよびDはx軸について対称なので、点Pのy座標が負のときも
同様に考えられる。
一方、PがOと一致するとき、△OPQ=0であり、
PがAと一致するとき、△OPQの面積の最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cdot 7\cdot\frac{1}{2}=7<\frac{15\sqrt{15}}{8}\end{align*}}$ ．
以上より、△OPQの面積の最大値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \frac{15\sqrt{15}}{8}}\end{align*}}$
である。
これは頑張って完答したいです。
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第３問
玉が2個ずつ入った2つの袋A、Bがあるとき、袋Bから玉を1個取り出して
袋Aに入れ、次に袋Aから玉を1個取り出して袋Bに入れる。という操作を
1回の操作と数えることにする。Aに赤玉が2個、Bに白玉が2個入った状態
から始め、この操作をn回繰り返したのちに袋Bに入っている赤玉の個数
がk個である確率をPn(k) （n=1，2，3，・・・）とする。このとき、次の問い
に答えよ。
(１) k=0，1，2に対するP1(k)を求めよ。
(２) k=0，1，2に対するPn(k)を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
以下、赤玉を●、白玉を○で表し、【袋Aの玉、袋Bの玉】のように
表すことにする。例えば、始めの状態（Aに赤2個、Bに白2個）は、
【●●、○○】と表される。
(１)
1回の操作で
【●●、○○】→【●●○、○】→【●●、○○】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
【●●、○○】→【●●○、○】→【●○、●○】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf P_1\left(0\right)=\frac{1}{3}\ \ ,\ \ P_1\left(1\right)=\frac{2}{3}\ \ ,\ \ P_1\left(2\right)=0}\end{align*}}$
(２)
(１)と同様、1回の操作で
【○○、●●】→【●○○、●】→【○○、●●】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
【○○、●●】→【●○○、●】→【●○、●○】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1\cdot\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\end{align*}}$
また、１回の操作で
【●○、●○】→【●●○、○】→【●●、○○】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\end{align*}}$
【●○、●○】→【●●○、○】→【●○、●○】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
【●○、●○】→【●○○、●】→【●○、●○】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\end{align*}}$
【●○、●○】→【●○○、●】→【○○、●●】と変化する確率は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}\end{align*}}$
なので、n≧2の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_n\left(0\right)=\frac{1}{3}P_{n-1}\left(0\right)+\frac{1}{6}P_{n-1}\left(1\right)\ \ \ \ \ldots\ldots\ldots (i)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_n\left(1\right)=\frac{2}{3}P_{n-1}\left(0\right)+\frac{2}{3}P_{n-1}\left(1\right)+\frac{2}{3}P_{n-1}\left(2\right)\ \ \ \ \ldots\ldots\ldots (ii)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_n\left(2\right)=\frac{1}{3}P_{n-1}\left(2\right)+\frac{1}{6}P_{n-1}\left(1\right)\ \ \ \ \ldots\ldots\ldots (iii)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_n\left(0\right)+P_n\left(1\right)+P_n\left(2\right)=P_{n-1}\left(0\right)+P_{n-1}\left(1\right)+P_{n-1}\left(2\right)=1\ \ \ \ \ldots\ldots\ldots (iv)\end{align*}}$
が成り立つ。
(ⅱ)、(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n}\left(1\right)=\frac{2}{3}\bigg\{P_{n-1}\left(0\right)+P_{n-1}\left(1\right)+P_{n-1}\left(2\right)\bigg\}=\frac{2}{3}\end{align*}}$
これと(ⅳ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n}\left(0\right)+P_{n}\left(2\right)=1-P_{n}\left(1\right)=\frac{1}{3}\ \ \ \ \ldots\ldots\ldots (v)\end{align*}}$
一方、(ⅰ)-(ⅲ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n}\left(0\right)-P_{n}\left(2\right)=\frac{1}{3}\bigg\{P_{n-1}\left(0\right)-P_{n-1}\left(2\right)\bigg\}\end{align*}}$
なので、数列{Pn(0)-Pn(2)}は等比数列をなす。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n}\left(0\right)-P_{n}\left(2\right)=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}\bigg\{P_{1}\left(0\right)-P_{1}\left(2\right)\bigg\}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\ \ \ \ \ldots\ldots\ldots (vi)\end{align*}}$
(ⅴ)、(ⅵ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n}\left(0\right)=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}\ \ ,\ \ P_{n}\left(2\right)=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{3}-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}\end{align*}}$
これらはn=1の時も成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf P_{n}\left(0\right)=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{3}+\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}\ \ ,\ \ P_{n}\left(1\right)=\frac{2}{3}\ \ ,\ \ P_{n}\left(2\right)=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{3}-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right\}}\end{align*}}$
これはよくある問題なので大丈夫でしょう。
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第４問
次の問いに答えよ。ただし2次方程式の重解は2つと数える。
(１) 次の条件(*)を満たす整数a、b、c、d、e、fの組をすべて求めよ。
(*) 2次方程式x2+ax+b=0の2つの解がc、dである。
2次方程式x2+cx+d=0の2つの解がe、fである。
2次方程式x2+ex+f=0の2つの解がa、bである。
(２) 2つの数列{an}、{bn}は、次の条件(**)を満たすとする。
(**) すべての正の整数nについて、an、bnは整数であり、
2次方程式x2+anx+bn=0の2つの解がan+1、bn+1である。
このとき、
(ⅰ) 正の整数mで|bm|=|bm+1|=|bm+2|=・・・となるものが存在する
ことを示せ。
(ⅱ) 条件(**)を満たす数列{an}、{bn}の組をすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
解と係数の関係より
c+d=-a ・・・・・・① cd=b ・・・・・・②
e+f=-c ・・・・・・③ ef=d ・・・・・・④
a+b=-e ・・・・・・⑤ ab=f ・・・・・・⑥
②、④、⑥を辺々かけると
abcdef=bdf ・・・・・・⑦
・b=0のとき
④、⑥より、d=f=0
これと①、③、⑤よりa=c=e=0 となるので、
a=b=c=d=e=f=0
・d=0 および f=0のときも同様
・bdf≠0のとき
⑦より、ace=1 ・・・・・・⑧
a、c、eは整数なので、|a|=|c|=|e|=1 ・・・・・・⑨
bdf≠0と、①、③、⑤より
c≠-a かつ e≠-c かつ a≠-e
このことと、⑧、⑨より、a=c=e=1
このとき、①、③、⑤より b=d=f=-2
以上より、条件(*)を満たす整数a～fの組は、
(a，b，c，d，e，f)=(0，0，0，0，0，0)、(1，-2，1，-2，1，-2)
(２)(ⅰ)
二次方程式
x2+anx+bn=0 ・・・・・・(#)
は、任意の自然数nに対して実数解をもつので、判別式を考えると、
an2-4bn≧0 ・・・・・・(A)
また、(#)の解がan+1とbn+1なので、解と係数の関係より、
任意の自然数nに対して
an+1+bn+1=-an ・・・・・・(B)
an+1bn+1=bn ・・・・・・(C)
が成り立つ。
(Ⅰ) ak=0となるkが存在するとき
(B)より、ak+1+bk+1=-ak=0
これと
ak+2+bk+2=-ak+1
ak+2bk+2=bk+1
より、ak+1bとbk+1を消去すると、
ak+2bk+2-ak+2-bk+2=0 ⇔ (ak+2-1)(bk+2-1)=1
となり、ak+2、bk+2はともに整数なので、
(ア) ak+2=bk+2=2 または (イ) ak+2=bk+2=0
である。
(ア)のときは、(A)を満たさないので不適。
(イ)のとき、(#)はx2=0となり、解はx=0である。
よって、ak+3=bk+3=0となる。
以下も帰納的に、an=bn=0 （n≧k+4）が成り立つ。
以上より、ak=0となるkに対して、
|bk+2|=|bk+3|=|bk+4|=|bk+5|=・・・=0
が成り立つ。
(Ⅱ) すべてのnに対してan≠0であるとき
|an+1|≧1なので、(C)より
|bn|=|an+1||bn+1|≧|bn+1|
これがすべてのnに対して成り立つので、
|b1|≧|b2|≧・・・≧|bn|≧|bn+1|≧|bn+2|≧・・・≧0
これらはすべて整数値をとるので、
|bm|=|bm+1|=|bm+2|=・・・
となる自然数mが存在する。（ずっと減り続けるわけにはいかない！）
(Ⅰ)、(Ⅱ)より題意は示された。
(２)(ⅱ)
(ⅰ)より、
|bm|=|bm+1|=|bm+2|=・・・=N （N：0以上の整数）
となる自然数mが存在する。
(Ⅲ) N=0のとき
bm=bm+1=bm+2=・・・=0
であり、これと(C)より、bm-1=ambm=0
以下も帰納的に、
bm-2=bm-3=・・・=b2=b1=0
よって、(B)より、任意の自然数nに対して an+1=-anとなるので、
数列{an}は、公比-1の等比数列をなす。
よって、a1=aとおくと、an=(-1)n-1a
(Ⅳ) N≧1のとき
(C)より、n≧mの自然数nに対して
|an+1||bn+1|=|bn| ⇔ |an+1|N=N
⇔ |an+1|=1 （∵ N≠0）
これと(A)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_{n+1}\leqq\frac{a_{n+1}^{\ 2}}{4}=\frac{1}{4}\end{align*}}$
であり、|bn+1|=Nなので、bn+1=-N＜0 （∵ Nは自然数）。
これと(C)より
an+1・(-N)=-N ⇔ an+1=1 （n≧m） ・・・・・・⑩
であり、(B)より
1+bn+1=-1 ⇔ bn+1=-2 （n≧m） ・・・・・・⑪
⑩、⑪と(B)、(C)より
am=-(am+1+bm+1)=1
bm=am+1bm+1=-2
以下も帰納的に、
am-1=am-2=・・・=a2=a1=1
bm-1=bm-2=・・・=b2=b1=-2
が成り立つので、任意の自然数nに対して
an=1、 bn=-2
以上より、条件(**)を満たす数列{an}、{bn}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a_n\ ,\ b_n\right)=\underline{\sf \left(\left(-1\right)^{n-1}a\ ,\ 0\right)\ \ ,\ \ \left(1\ ,\ -2\right)}\end{align*}}$ （aは整数）
(２)は難しいですねぇ・・・・ 誰も手付かずだったのでは（笑）？
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