第1問
数列{an}を次のように定める。
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=2\ ,\ a_{n+1}=\frac{2n}{n+1}a_n+\frac{2^{n+1}}{n+1}\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
(1) a2、a3、a4を求めよ。
(2) 一般項anを推測し、それが正しいことを数学的帰納法によって示せ。
(3) 次の極限値を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum_{k=1}^na_k^ {\ 2}}{\left(\sum_{k=1}^na_k\right)^2}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=\frac{2}{2}a_1+\frac{4}{2}=\underline{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=\frac{4}{3}a_2+\frac{8}{3}=\underline{8}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_4=\frac{6}{4}a_3+\frac{16}{4}=\underline{16}\end{align*}}$
(2)
(1)より、an=2nと類推できるので、これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときはOK
(ⅱ) n=kのとき、ak=2kが成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k+1}&=\sf \frac{2k}{k+1}\cdot 2^k+\frac{2^{k+1}}{k+1} \\ &=\sf \frac{2^k\left(2k+2\right)}{k+1} \\ &=\sf 2^{k+1}\end{align*}}$
となるので、n=k+1のときも成り立つ
以上より、数列{an}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{a_n=2^n}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^na_k=\sum_{k=1}^n2^k=\frac{2\left(2^n-1\right)}{2-1}=2\left(2^n-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^na_k^{\ 2}=\sum_{k=1}^n4^k=\frac{4\left(4^n-1\right)}{4-1}=\frac{4}{3}\left(4^n-1\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum_{k=1}^na_k^ {\ 2}}{\left(\sum_{k=1}^na_k\right)^2}&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{4}{3}\left(4^n-1\right)}{2^2\left(2^n-1\right)^2} \\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\frac{1}{4^n}}{3\left(1-\frac{1}{2^n}\right)^2}\\ &=\sf \underline{\frac{1}{3}}\end{align*}}$
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第2問
虚部が正の複素数zが表す複素数平面上の点をPとし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf w=\frac{z^2}{|z|}\end{align*}}$
で与えられる点をQとする。また、原点をOとする。
(1) zの極形式を$\small\sf{\sf z=r(\cos\theta+i \sin\theta)}$ とするとき、wの極形式を
求めよ。さらに△OPQの面積をrと$\small\sf{\theta}$ を用いて表せ。
(2) zが|z−4i|=2|z−i|を満たして動くとき、△OPQの面積の
最大値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
ド・モアブルの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \bigg\{r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\bigg\}^2=r^2\left(\cos 2\theta+i\sin 2\theta\right)\end{align*}}$
であり、|z|=rなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf w=\frac{r^2\left(\cos 2\theta+i\sin 2\theta\right)}{r}=\underline{r\left(\cos 2\theta+i\sin 2\theta\right)}\end{align*}}$
(2)
(1)より、OP=OQ=r
また、zの虚部は正なので、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt\theta\lt\pi}$ .
よって、∠POQ=$\scriptsize\sf{\sf 2\theta-\theta=\theta}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle OPQ=\underline{\frac{1}{2}r^2\sin\theta}\end{align*}}$
(3)
|z-4i|=2|z-i|より、zは2点4i、iからの距離の比が2：1である
点である。
2点4i、iを2：1に内分および外分する点はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4i+2\cdot i}{2+1}=2i\ \ ,\ \ \frac{-4i+2\cdot i}{2-1}=-2i\end{align*}}$
なので、Zはこれら2点を直径の両端とする円、すなわち、
原点中心の半径2の円周上を動く。（アポロニウスの円）
よって、r=|z|=2なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle OPQ=\frac{1}{2}\cdot 2^2\sin\theta=2\sin\theta\end{align*}}$
これが最大になるのは、sin$\scriptsize\sf{\theta}$ =1のときであり、最大値は2となる。
(2) 共役複素数のバーの入力方法を忘れてしまったので、
アポロニウスを使いましたｗｗｗ
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第3問
kを定数として$\small\sf{\theta}$ の方程式
$\small\sf{\begin{align*}\sf \cos 2\theta=k\sin\theta\ \ \left(-\frac{\pi}{2}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
を考える。
(1) この方程式が異なる二つの解を持つようなkの範囲を求めよ。
(2) kが(1)の範囲にあるとして、二つの解を$\small\sf{\theta=\alpha\ ,\ \beta}$ とおく。
$\small\sf{\sin\alpha\sin\beta}$ を求めよ。さらに$\small\sf{\sf sin\alpha+\sin\beta\ ,\ \cos(\alpha+\beta)}$ の値を
kを用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos2\theta =k\sin\theta\ \ \left(-\frac{\pi}{2}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ･･････(ⅰ)
(1)
倍角公式より(ⅰ)は
$\scriptsize\sf{\sf 1-2\sin^2\theta=k\sin\theta}$
⇔ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2sin^2\theta+k\sin\theta-1=0\ \ \left(-\frac{\pi}{2}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ･･････(ⅱ)
と変形できる。
x=sin$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、(ⅱ)は
$\scriptsize\sf{\sf 2x^2+kx-1=0\ \ (-1\leqq x\leqq 1)}$ ･･････(ⅲ)
と変形できる。$\scriptsize\sf{ \begin{align*}-\frac{\pi}{2}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{2}\end{align*}}$の範囲では、$\scriptsize\sf{\theta}$ とsin$\scriptsize\sf{\theta}$ は1対1で対応
するので、(ⅲ)が-1≦x≦1の範囲に異なる2つの実数解を持てばよい。
(ⅲ)の左辺をf(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\left(x\right)=2\left(x+\frac{k}{4}\right)^2-\frac{k^2}{8}-1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cdot -1\leqq -\frac{k}{4}\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ -4\leqq k\leqq 4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cdot -\frac{k^2}{8}-1<0\end{align*}}$ これは常に成り立つ。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cdot f\left(1\right)=1+k\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ -1\leqq k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cdot f\left(-1\right)=1-k\geqq 0\ \ \Leftrightarrow\ \ k\leqq 1\end{align*}}$
これらを同時に満たすkの値の範囲は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{-1\leqq k\leqq 1}\end{align*}}$
(2)
(ⅰ)の2解が$\scriptsize\sf{\theta=\alpha\ ,\ \beta}$ のとき、(ⅲ)の2解は$\scriptsize\sf{\sf x=\sin\alpha\ ,\ \sin\beta}$ となるので、
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\alpha+\sin\beta=\underline{-\frac{k}{2}}\ \ ,\ \ \sin\alpha\sin\beta=\underline{-\frac{1}{2}}\end{align*}}$
一方、倍角公式より(ⅰ)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cos^2\theta-1=k\sin\theta\ \ \Leftrightarrow\ \ \cos^2\theta=\frac{k\sin\theta+1}{2}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos^2\alpha\cos^2\beta&=\sf \frac{k\sin\alpha+1}{2}\cdot\frac{k\sin\beta+1}{2} \\ &=\sf \frac{1}{4}\bigg\{k^2\sin\alpha\sin^2\beta+k\left(\sin\alpha+\sin\beta\right)+1\bigg\}\\ &=\sf \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{2}k^2-\frac{1}{2}k^2+1\right)\\ &=\sf \frac{1}{4}\left(1-k^2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}\sqrt{1-k^2}\ (\geqq 0)\ \ \ \left(\because\ -\frac{\pi}{2}\leqq \alpha\leqq \frac{\pi}{2}\ ,\ -\frac{\pi}{2}\leqq \beta\leqq \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\left(\alpha+\beta\right)&=\sf \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta \\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}\sqrt{1-k^2}+\frac{1}{2}} \end{align*}}$
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第4問
実数a、bに対し
$\small\sf{\begin{align*} \rm I\sf \left(a,b\right)=\int_{-\pi}^{\pi}\left(x-a-b\sin x\right)^2dx\end{align*}}$
とする。
(1) $\small\sf{\rm I\sf (a,\ b)=\rm I\sf (0,\ b)+2\pi\ a^2}$ を示せ。
(2) $\small\sf{\rm I\sf (0,\ b)}$を求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \rm I\sf \left(a,b\right)=\frac{2\pi\left(\pi^2-6\right)}{3}\end{align*}}$ を示せ。また等号が成り立つときのa、bの値
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf \left(a,b\right)&=\sf \int_{-\pi}^{\pi}\bigg\{\left(x-b\sin x\right)^2-2a\left(x-b\sin x\right)+a^2\bigg\}dx \\ &=\sf \rm I\sf \left(a,b\right)-2a\left[\frac{x^2}{2}+b\cos x\right]_{-\pi}^{\pi}+\bigg[\ a^2x\ \bigg]_{-\pi}^{\pi}\\ &=\sf \rm I\sf \left(a,b\right)+2\pi a^2\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf \left(0,b\right)&=\sf \int_{-\pi}^{\pi}\left(x-b\sin x\right)^2dx \\ &=\sf \int_{-\pi}^{\pi}\left(x^2-2b\sin x+b^2\sin^2x\right)dx\\ &=\sf \left[\frac{x^3}{3}\right]_{-\pi}^{\pi}-2b\bigg\{\bigg[-x\cos x\bigg]_{-\pi}^{\pi}+\int_{-\pi}^{\pi}\cos xdx\bigg\}+b^2\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1-\cos 2cos x}{2}dx\\ &=\sf \frac{2}{3}\pi^3-4\pi b-2b\bigg[\sin x\bigg]_{-\pi}^{\pi}+\frac{b^2}{2}\left[x-\frac{1}{2}\sin 2x\right]_{-\pi}^{\pi}\\ &=\sf \underline{\pi b^2-4\pi b+\frac{2}{3}\pi^3}\end{align*}}$
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf \left(a,b\right)&=\sf \pi b^2-4\pi b+\frac{2}{3}\pi^3+2\pi a^2 \\ &=\sf \pi\left(b-2\right)^2-4\pi +\frac{2}{3}\pi^3+2\pi a^2\\ &\geqq \sf -4\pi +\frac{2}{3}\pi^3\\ &=\sf \frac{2\pi\left(\pi^2-6\right)}{3}\end{align*}}$
等号成立は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \pi\left(b-2\right)^2+2\pi a^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{a=0\ ,\ b=2}\end{align*}}$
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- 2017/10/13(金) 23:57:00|
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