第1問
関数ｆ(x)=x3+px2+qx（p、qは定数）は、x=a、x=b（0＜a＜b）で
極値をとるとする。また、曲線y=ｆ(x)上の3点Ｏ(0，0)、A(a，ｆ(a))、
B(b，ｆ(b))に対して、∠AＯBがx軸によって二等分されているものとする。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{f(a)}{a}=-\frac{f(b)}{b}\end{align*}}$ を示せ。
(2) p2=6qを示せ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{b}{a}\end{align*}}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
∠AＯBがx軸によって二等分される
⇔ 2直線ＯA、ＯBがx軸について対称
⇔ 直線ＯAの傾きと直線ＯBの傾きが符号違い
⇔ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{f(a)}{a}=-\frac{f(b)}{b}\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{f(a)}{a}=-\frac{f(b)}{b}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \frac{a^3+pa^2+qa}{a}=-\frac{b^3+pb^2+qb}{b}\end{align*}}$
⇔ a2+b2+p(a+b)+2q=0
⇔ (a+b)2－2ab+p(a+b)+2q=0 ････①
一方、xについての方程式ｆ’(x)=3x2+2px+q=0
の2解がa、bなので、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a+b=-\frac{2p}{3}\ \ ,\ \ ab=\frac{q}{3}\end{align*}}$ ････②
これを①に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(-\frac{2p}{3}\right)^2-2\cdot\frac{q}{3}+p\cdot\left(-\frac{2p}{3}\right)+2q=0\end{align*}}$
これを整理すると、
p2=6q
が得られる。
(3)
②より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p=-\frac{3}{2}(a+b)\ \ ,\ \ q=3ab\end{align*}}$
これを(2)の結論に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{9}{4}(a+b)^2=18ab\ \ \Leftrightarrow\ \ a^2-6ab+b^2=0\end{align*}}$
ここで、a≠0なので、両辺をa2で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{b}{a}\right)^2-6\left(\frac{b}{a}\right)+1=0\end{align*}}$
0＜a＜bなので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b}{a}=3+2\sqrt2\ \ (>1)\end{align*}}$
(3)で上のような変形に気づかない場合は、少し面倒ですが、
ｆ’(x)=0をそのまま解いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}a=\frac{-p-\sqrt{p^2-3q}}{3}\ \ ,\ \ b=\frac{-p+\sqrt{p^2-3q}}{3}\ \ }\end{align*}}$
から計算しても、それほど面倒ではないと思います。
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- 2012/02/08(水) 23:57:00|
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第2問
実数a、b、cに対して
x=a+b+c
y=a2+b2+c2
z=abc
ｗ=a4+b4+c4
(1) ab+bc+caをx、yを用いて表せ。
(2) a2b2+b2c2+c2a2をx、y、zを用いて表せ。
(3) x=1、z=1、ｗ=35のとき、yの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)
⇔ x2=y+2(ab+bc+ca)a
⇔ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ab+bc+ca=\frac{x^2-y}{2}\end{align*}}$
(2)
(ab+bc+ca)2=a2b2+b2c2+c2a2+2(a2bc+ab2c+abc2)
=a2b2+b2c2+c2a2+2abc(a+b+c)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ \left(\frac{x^2-y}{2}\right)^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2zx\end{align*}}$ ←(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\frac{(x^2-y)^2-8zx}{4}\end{align*}}$
(3)
(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4+2(a2b2+b2c2+c2a2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \Leftrightarrow\ \ y^2=w+\frac{(x^2-y)^2-8zx}{2}\end{align*}}$ ←(2)より
これに、x=z=1、ｗ=35を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y^2=35+\frac{(1-y)^2-8}{2}\end{align*}}$
⇔ y2+2y－63=0
⇔ y=－9，7
y＞0なので、
y=7
この手の3文字の対称式の処理は、一度ぐらいはやったことあると思いますが。
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- 2012/02/09(木) 23:57:00|
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第3問
2つの複素数
$\small\sf{\alpha}$ =cos$\small\sf{\theta}$ 1+ｉsin$\small\sf{\theta}$ 1 、 $\small\sf{\beta}$ =cos$\small\sf{\theta}$ 2+ｉsin$\small\sf{\theta}$ 2
の偏角$\small\sf{\theta}$ 1、$\small\sf{\theta}$ 2は、0°＜$\small\sf{\theta}$ 1＜180°＜$\small\sf{\theta}$ 2＜360°をみたすものとする。
ただし、ｉは虚数単位を表す。
(1) $\small\sf{\alpha}$ +1を極形式で表せ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\alpha +1}\end{align*}}$ の実部の値を求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha +1}{\beta +1}\end{align*}}$ の実部の実部が0に等しいことは、$\small\sf{\beta}$ =－$\small\sf{\alpha}$ であるための必要十分
条件であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
倍角公式
sin2φ=2sinφcosφ
cos2φ=2cos2φ－1
より、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ =1+cos$\scriptsize\sf{\theta}$ 1+ｉsｉｎ$\scriptsize\sf{\theta}$ 1
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ =2\cos^2\frac{\theta_1}{2}+2i\ \sin\frac{\theta_1}{2}\cos\frac{\theta_1}{2}\end{align*}}$
ここで、0°＜$\scriptsize\sf{\theta}$ 1＜180°なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ 0<\cos\frac{\theta_1}{2}\end{align*}}$ ････①
よって、$\scriptsize\sf{\alpha}$ +1の極形式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \alpha+1=2\cos\frac{\theta_1}{2}\left(\cos\frac{\theta_1}{2}+i\ \sin\frac{\theta_1}{2}\right)\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\alpha+1}=\frac{1}{2\cos\frac{\theta_1}{2}}\cdot\left(\cos\frac{\theta_1}{2}+i\ \sin\frac{\theta_1}{2}\right)^{-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2\cos\frac{\theta_1}{2}}\cdot\left(\cos\frac{\theta_1}{2}-i\ \sin\frac{\theta_1}{2}\right)\end{align*}}$ ←ド・モアブルの定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}-\frac{i}{2}\tan\frac{\theta_1}{2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Re\ \frac{1}{\alpha+1}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
(3)
180°＜$\scriptsize\sf{\theta}$ 2＜360°なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \cos\frac{\theta_2}{2}<0\end{align*}}$ ････②
よって、$\scriptsize\sf{\beta}$ +1は(1)と同様に変形すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \beta+1=2\cos\frac{\theta_2}{2}\left(\cos\frac{\theta_2}{2}+i\ \sin\frac{\theta_2}{2}\right)\end{align*}}$
(2)と同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\beta+1}=-\frac{1}{2\cos\frac{\theta_2}{2}}\cdot\left(\cos\frac{\theta_2}{2}-i\ \sin\frac{\theta_2}{2}\right)\end{align*}}$
これと(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha+1}{\beta+1}=\frac{\cos\frac{\theta_1}{2}}{\cos\frac{\theta_2}{2}}\cdot\left(\cos\frac{\theta_1}{2}+i\ \sin\frac{\theta_1}{2}\right)\left(\cos\frac{\theta_2}{2}-i\ \sin\frac{\theta_2}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos\frac{\theta_1}{2}}{\cos\frac{\theta_2}{2}}\cdot\left(\cos\frac{\theta_1-\theta_2}{2}+i\ \sin\frac{\theta_1-\theta_2}{2}\right)\end{align*}}$ ････③
③の実部=0なので、①、②より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\frac{\theta_1-\theta_2}{2}=0\end{align*}}$
ここで、－360°＜$\scriptsize\sf{\theta}$ 1－$\scriptsize\sf{\theta}$ 2＜0°なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\theta_1-\theta_2}{2}=-90^{\circ}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta_2=\theta+180^{\circ}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\beta}$ =cos($\scriptsize\sf{\theta}$ 1+180°)+ｉsin($\scriptsize\sf{\theta}$ 1+180°)
=－cos$\scriptsize\sf{\theta}$ 1－ｉsin$\scriptsize\sf{\theta}$ 1
=－$\scriptsize\sf{\alpha}$
そういえば、旧課程のⅠAⅡBでは弧度法を使わなかったんですよね。
なんともマヌケな感じがします。
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- 2012/02/10(金) 23:57:00|
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第4問
1個のさいころを投げ、出た目が3か6のとき持ち点に1を加え、それ以外
のときは1だけ減らすことを繰り返すゲームをする。はじめの持ち点を2とし、
持ち点が0またはｎになればゲームは終了するものとする。
(1) ｎ=3とする。ちょうど5回投げたときに、ゲームが終了する確率を求めよ。
(2) ｎ=4とする。ちょうど6回投げたときに、ゲームが終了する確率を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
+1点･･･さいころの目が3または6（起こる確率は1/3）
－1点･･･さいころの目が3、6以外（起こる確率は2/3）
(1)
5回のうち、+1点となる回数をx回とすると、
(ア)持ち点が0になって終了する場合
2+x－(5－x)=0 ⇔ x=1.5
となり、この場合はあり得ない
(イ)持ち点が3になって終了する場合
2+x－(5－x)=3 ⇔ x=2
より、+1点が2回、－1点が3回
5回目に初めて3点になるためには、逆から考えていくと、
4回目は2点、3回目は1点、2回目は2点、1回目は1点
になればよい。（途中で0点になってはいけない）
すなわち、初めの状態から
－1点、+1点、－1点、+1点、+1点
となれば、5回目で初めて3点になって終了する。
よって、その確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{3}\right)^3\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{4}{243}\end{align*}}$
(2)
6回のうち、+1点となる回数をx回とすると、
(ウ)持ち点が0になって終了する場合
2+x－(6－x)=0 ⇔ x=2
より、+1が2回、－1が4回
6回目に初めて0点になるためには、逆から考えていくと、
5回目は1点、4回目は2点、
3回目は1点または3点、2回目は2点、
1回目は1点または3点
になればよい。（途中で0点、4点になってはいけない）
すなわち、
1、2回目は、－1点と+1点が1回ずつ、
3、4回目も、－1点と+1点が1回ずつ、
5、6回目はともに－1点
となれば、6回目で初めて0点になって終了する。
よって、その確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot 2\right)^2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{64}{729}\end{align*}}$
(エ)持ち点が4になって終了する場合
2+x－(6－x)=4 ⇔ x=4
より、+1点が4回、－1点が2回
6回目に初めて4点になるためには、逆から考えていくと、
5回目は3点、4回目は2点、
3回目は1点または3点、2回目は2点、
1回目は1点または3点
になればよい。（途中で0点、4点になってはいけない）
すなわち、
1、2回目は、－1点と+1点が1回ずつ、
3、4回目も、－1点と+1点が1回ずつ、
5、6回目はともに+1点
となれば、6回目で初めて4点になって終了する。
よって、その確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\cdot 2\right)^2\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^2=\frac{16}{729}\end{align*}}$
以上より、求める確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{16}{729}+\frac{64}{729}=\frac{80}{729}\end{align*}}$
上にあるような図を描いて考えると、見通しが立ちやすいと思います。
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- 2012/02/10(金) 23:59:00|
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