第１問
以下の定積分の値を求めよ。ただし、eは自然対数の底である。
(１) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{x}{\left(2x+1\right)^3} dx\end{align*}}$
(２) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3x\cos^4x dx\end{align*}}$
(３) $\small\sf{\begin{align*}\sf \int_1^e\sqrt{x}\log x dx\end{align*}}$
（(1)、(2)、(3)については計算の過程を記入しなくてよい．）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
t=2x+1と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{dx}=2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{x}{\left(2x+1\right)^3} dx&=\sf \int_1^3\frac{\frac{t-1}{2}}{t^3}\cdot\frac{dt}{2} \\ &=\sf \frac{1}{4}\int_1^3\left(\frac{1}{t^2}-\frac{1}{t^3}\right)dt\\ &=\sf \frac{1}{4}\left[-\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^2}\right]_1^3\\ &=\sf \underline{\frac{1}{18}}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{t=\cos x}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{dx}=-\sin x\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^3x\cos^4x dx&=\sf\int_1^0\sin^3x\cdot t^4\cdot\frac{dt}{-\sin x} \\ &=\sf \int_0^1\left(1-t^2\right)t^4dt\ \ \ \left(\because\ \sin^2x+\cos^2x=1\right)\\ &=\sf \int_0^1\left(t^4-t^6\right)dt\\ &=\sf \left[\frac{1}{5}t^5-\frac{1}{7}t^7\right]_0^1\\ &=\sf \underline{\frac{2}{35}}\end{align*}}$
(３)
$\scriptsize\sf{t=\sqrt{x}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{dx}=\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2t}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_1^e\sqrt{x}\log x dx&=\sf\int_1^{\sqrt{e}}t\log t^2\cdot 2tdt \\ &=\sf 4\int_1^{\sqrt{e}}t^2\log tdt\\ &=\sf 4\left[\frac{1}{3}t^3\log t\right]_1^{\sqrt{e}}-\frac{4}{3}\int_1^{\sqrt{e}}t^3\cdot\frac{1}{t}\ dt\\ &=\sf\frac{4}{3}e\sqrt{e}\ \log\sqrt{e}-\frac{4}{9}\bigg[t^3\bigg]_1^{\sqrt{e}} \\ &=\sf \underline{\frac{2}{9}\left(e\sqrt{e}+2\right)} \end{align*}}$
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- 2018/07/28(土) 23:57:00|
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第２問
平面上に同一直線上にない3点O、A、Bがある。ただし、∠AOBは直角ではないとする。
2点C、Dを以下の条件をみたすように定める。
$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OB}\ne\overrightarrow{\sf OC}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf BC}//\overrightarrow{\sf OA}\ ,\ \ |\overrightarrow{\sf OB}|=|\overrightarrow{\sf OC}| \end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}\ne\overrightarrow{\sf OD}\ ,\ \ \overrightarrow{\sf AD}//\overrightarrow{\sf OB}\ ,\ \ |\overrightarrow{\sf OA}|=|\overrightarrow{\sf OD}| \end{align*}}$
4つのベクトルを$\small\sf{\overrightarrow{\sf a}=\overrightarrow{\sf OA}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf b}=\overrightarrow{\sf OB}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf c}=\overrightarrow{\sf OC}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf d}=\overrightarrow{\sf OD}}$ とするとき、以下の問いに
答えよ。
(１) $\small\sf{\overrightarrow{\sf c}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf d}}$ を$\small\sf{\overrightarrow{\sf a}}$ と$\small\sf{\overrightarrow{\sf b}}$ を用いて表せ。
(２) nを正の数とする。$\small\sf{\overrightarrow{\sf d}=\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf c}=n\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}}$ のとき、$\small\sf{\frac{\overrightarrow{\sf a}}{\overrightarrow{\sf b}}}$ をnを用いて表せ。
(３) (２)のnが自然数とする。nと$\small\sf{\overrightarrow{\sf a}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf b}}$ のなす角$\small\sf{\theta}$ の組 (n，$\small\sf{\theta}$ )を求めよ。
（(1)，(2)，(3)については計算の過程を記入しなくてよい．）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf BC}//\overrightarrow{\sf OA}}$ なので、実数kを用いて
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf BC}=k\overrightarrow{\sf OA}\ \ \Leftrightarrow\ \ \overrightarrow{\sf c}=k\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}}$
と表すことができる。
$\scriptsize\sf{|\overrightarrow{\sf c}|^2=|k\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}|^2=k^2|\overrightarrow{\sf a}|^2+2k\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}+|\overrightarrow{\sf b}|^2}$
であり、k≠0かつ $\scriptsize\sf{|\overrightarrow{\sf b}|^2=|\overrightarrow{\sf c}|^2}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k=-\frac{2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}}{|\overrightarrow{\sf a}|^2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf c}=\underline{-\frac{2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}}{|\overrightarrow{\sf a}|^2}\overrightarrow{\sf a}+\overrightarrow{\sf b}}\end{align*}}$
同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf d}=\underline{\overrightarrow{\sf a}-\frac{2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}}{|\overrightarrow{\sf b}|^2}\overrightarrow{\sf b}}\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf a}}$ と$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf b}}$ は一次独立なので、(１)の結果と係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}}{|\overrightarrow{\sf b}|^2}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ -2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=|\overrightarrow{\sf b}|^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}}{|\overrightarrow{\sf a}|^2}=n\ \ \Leftrightarrow\ \ -2\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}=n|\overrightarrow{\sf a}|^2 \end{align*}}$
これらより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf b}|^2=n|\overrightarrow{\sf a}|^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{|\overrightarrow{\sf a}|}{|\overrightarrow{\sf b}|}=\underline{\frac{1}{\sqrt{n}}\ (\gt 0)} \end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta&=\sf \frac{\overrightarrow{\sf a}\cdot\overrightarrow{\sf b}}{|\overrightarrow{\sf a}||\overrightarrow{\sf b}|} \\ &=\sf \frac{-\frac{n|\overrightarrow{\sf a}|^2}{2}}{|\overrightarrow{\sf a}||\overrightarrow{\sf b}|}\\ &=\sf -\frac{|\overrightarrow{\sf a}|}{2|\overrightarrow{\sf b}|}\\ &=\sf -\frac{\sqrt{n}}{2}\end{align*}}$
3点O、A、Bは同一直線上にないので、$\scriptsize\sf{0\lt\theta\lt\pi }$ である。
n=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=-\frac{1}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{2}{3}\pi \end{align*}}$
n=2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=-\frac{\sqrt2}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{3}{4}\pi \end{align*}}$
n=3のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta=-\frac{\sqrt3}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{5}{6}\pi \end{align*}}$
n≧4のときは$\scriptsize\sf{\cos\theta\leq -1}$ となり不適。
よって、題意を満たすようなn、$\small\sf{\theta}$ の組は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(n,\theta\right)=\underline{\left(1,\frac{2}{3}\pi\right)\ ,\ \left(2,\frac{3}{4}\pi\right)\ ,\ \left(3,\frac{5}{6}\pi\right)}\end{align*}}$
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- 2018/07/29(日) 23:57:00|
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第３問
2個の白玉が入った袋Aと、1個の白玉と2個の赤玉が入った袋Bがある。
以下の操作を考える。
操作： Aから無作為に1個の玉を取り出してBに入れ、続いてBから無作為に
1個の玉を取り出してAに入れる。
nを自然数とし、この操作をn回くり返したとき、Aの中に赤玉が2個ある確率を
pnとし、Aの中に赤玉が1個と白玉が1個ある確率をqnとする。このとき、以下
の問いに答えよ。
(１) p1、q1を求めよ。
(２) pn、qnをpn-1とqn-1を用いて表せ。ただし、nを2以上の自然数とする。
(３) pn、qnをnを用いて表せ。
（(１)、(２)、(３)については計算の過程を記入しなくてよい。）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
以下、袋の中の玉の状態を [Aの玉，Bの玉]のように表すことにする。
例えば、初めの状態は[白白，白赤赤]である。
(１)
1回の操作で
[白白，白赤赤]→[白，白白赤赤]→[白白，白赤赤]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2} \end{align*}}$
[白白，白赤赤]→[白，白白赤赤]→[白赤，白白赤]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2} \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{p_1=0\ ,\ \ q_1=\frac{1}{2}}\end{align*}}$
(２)
1回の操作で
[赤赤，白白白]→[赤，白白白赤]→[赤赤，白白白]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{4} \end{align*}}$
[赤赤，白白白]→[赤，白白白赤]→[白赤，白白赤]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{3}{4} \end{align*}}$
[白赤，白白赤]→[赤，白白白赤]→[赤赤，白白白]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8} \end{align*}}$
[白赤，白白赤]→[赤，白白白赤]→[白赤，白白赤]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{8} \end{align*}}$
[白赤，白白赤]→[白，白白赤赤]→[白赤，白白赤]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4} \end{align*}}$
[白赤，白白赤]→[白，白白赤赤]→[白白，白赤赤]となる確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{4} \end{align*}}$
これらより、n≧2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_n=\underline{\frac{1}{4}p_{n-1}+\frac{1}{8}q_{n-1}} \end{align*}}$
また、n回の操作の後、Aの中に白玉が2個ある確率は$\scriptsize\sf{1-p_n-q_n}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_n&=\sf \frac{3}{4}p_{n-1}+\left(\frac{3}{8}+\frac{1}{4}\right)q_{n-1}+\frac{1}{2}\left(1-p_{n-1}-q_{n-1}\right)\\ &=\sf \underline{\frac{1}{4}p_{n-1}+\frac{1}{8}q_{n-1}+\frac{1}{2}}\end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_n=p_n+\frac{1}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}&=\sf \frac{1}{4}p_n+\frac{1}{8}\left(p_n+\frac{1}{2}\right)\\ &=\sf \frac{3}{8}p_n+\frac{1}{16} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_{n+1}-\frac{1}{10}=\frac{3}{8}\left(p_n-\frac{1}{10}\right)\end{align*}}$
数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{p_n-\frac{1}{10}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_n-\frac{1}{10}=\sf\left(\frac{3}{8}\right)^{n-1}\left(p_1-\frac{1}{10}\right)=-\frac{1}{10}\left(\frac{3}{8}\right)^{n-1} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_n=\underline{\frac{1}{10}-\frac{1}{10}\left(\frac{3}{8}\right)^{n-1}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_n=p_n+\frac{1}{2}=\underline{\frac{3}{5}-\frac{1}{10}\left(\frac{3}{8}\right)^{n-1}}\end{align*}}$
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- 2018/07/30(月) 23:57:00|
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第４問
nを2以上の自然数とする。曲線y=xne-x上の点(t，tne-t)における接線と
y軸との交点を(0，fn(t))とする。tがt＞0の範囲を動くとき、fn(t)が極大
となるtをanとし、fn(t)が極小となるtをbnとする。
このとき、以下の問いに答えよ。
(１) fn(t)をtとnを用いて表せ。
(２) an、bnをnを用いて表せ。
(３) 極限値$\small\sf{\begin{align*}\sf L=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\sqrt{a_n}-\sqrt{b_n}\right)\end{align*}}$ を求めよ。
（(１)、(２)、(３)については計算の過程を記入しなくてよい。）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x^ne^{-x}\right)'=nx^{n-1}e^{-x}+x^n\cdot\left(-e^{-x}\right)=\left(n-x\right)x^{n-1}e^{-x}\end{align*}}$
なので、接線の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y-t^ne^{-t}=\left(n-t\right)t^{n-1}e^{-t}\left(x-t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ y=\left(n-t\right)t^{n-1}e^{-t}x+\left(t-n+1\right)t^ne^{-t}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n(t)=\underline{\left(t-n+1\right)t^ne^{-t}}\end{align*}}$
(２)
(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_n'(t)&=\sf t^ne^{-t}+n\left(t-n+1\right)t^{n-1}e^{-t}-\left(t-n+1\right)t^ne^{-t} \\ &=\sf -\left(t^2-2nt+n^2-n\right)t^{n-1}e^{-t}\end{align*}}$
となるので、fn(t)の増減は次のようになる。
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{a_n=n+\sqrt{n}\ ,\ \ b_n=n-\sqrt{n}}\end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}\right) \\ &=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(\sqrt{n+\sqrt{n}}-\sqrt{n-\sqrt{n}}\right)\left(\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}\right)}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}\\ &=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(n+\sqrt{n}\right)-\left(n-\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}\\ &=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+\sqrt{n}}+\sqrt{n-\sqrt{n}}}\\ &=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{n}}}+\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}} \\ &=\sf \underline{1}\end{align*}}$
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- 2018/07/31(火) 23:57:00|
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第５問
関数 $\small\sf{\begin{align*}\sf f(\theta)=\frac{1}{2}\sin 2\theta+\sin\theta\end{align*}}$ の区間[x，x+$\small\sf{\pi}$ ] における最大値を$\small\sf{g(x)}$ とする。
ただし、xは0≦x≦2$\small\sf{\pi}$ をみたす実数とする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) y=f($\small\sf{\theta}$ ) のグラフを0≦$\small\sf{\theta}$ ≦3$\small\sf{\pi}$ の範囲で描け。ただし，グラフの凹凸は
調べなくてよい。
(２) $\small\sf{g(x)}$ をxを用いて表せ。
(３) $\small\sf{g(x)}$ がx=$\small\sf{\pi}$ において微分可能であるかどうかを理由をつけて答えよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(\theta)&=\sf \frac{1}{2}\cos 2\theta\cdot 2+\cos\theta \\ &=\sf \cos 2\theta+\cos\theta\\ &=\sf 2\cos^2\theta+\cos\theta-1\\ &=\sf \left(2\cos\theta-1\right)\left(\cos\theta+1\right)\end{align*}}$
これより、f($\scriptsize\sf{\theta}$ )の増減は次のようになる。
よって、y=f($\small\sf{\theta}$ ) のグラフは下図のようになる。
(２)
(１)のグラフより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq x\leq\frac{\pi}{3} \end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\underline{\frac{3}{4}\sqrt3} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{3}\leq x\leq\pi \end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=f\left(x\right)=\underline{\frac{1}{2}\sin 2x+\sin x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \pi\leq x\leq\frac{4}{3}\pi \end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=f\left(x+\pi\right)=\frac{1}{2}\sin 2\left(x+\pi\right)+\sin\left(x+\pi\right)=\underline{\frac{1}{2}\sin 2x-\sin x} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{4}{3}\pi\leq x\leq 2\pi \end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g(x)=f\left(\frac{7}{3}\pi\right)=\underline{\frac{3}{4}\sqrt3} \end{align*}}$
(３)
(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{h\rightarrow +0}\frac{g\left(\pi +h\right)-g\left(\pi\right)}{h}&=\sf \lim_{h\rightarrow +0}\frac{\frac{1}{2}\sin2\left(\pi+h\right)-\sin\left(\pi+h\right)-0}{h} \\ &=\sf \lim_{h\rightarrow +0}\frac{\frac{1}{2}\sin 2h+\sin h}{h}\\ &=\sf \lim_{h\rightarrow +0}\frac{\sin 2h}{2h}+\lim_{h\rightarrow +0}\frac{\sin h}{h}\\ &=\sf 2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{h\rightarrow -0}\frac{g\left(\pi +h\right)-g\left(\pi\right)}{h}&=\sf \lim_{h\rightarrow -0}\frac{\frac{1}{2}\sin2\left(\pi+h\right)+\sin\left(\pi+h\right)-0}{h} \\ &=\sf \lim_{h\rightarrow -0}\frac{\frac{1}{2}\sin 2h-\sin h}{h}\\ &=\sf \lim_{h\rightarrow -0}\frac{\sin 2h}{2h}-\lim_{h\rightarrow -0}\frac{\sin h}{h}\\ &=\sf 0\end{align*}}$
となり、極限 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{g\left(\pi +h\right)-g\left(\pi\right)}{h}\end{align*}}$ が存在しないので、$\small\sf{g(x)}$ はx=$\small\sf{\pi}$ において
微分不可能である。
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- 2018/08/01(水) 23:57:00|
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