第１問
0＜$\small\sf{\theta}$＜$\small\sf{\frac{\pi}{2}}$ とする。放物線y=x2上に3点O(0，0)、A(tan$\small\sf{\theta}$，tan2$\small\sf{\theta}$)、
B(-tan$\small\sf{\theta}$，tan2$\small\sf{\theta}$)をとる。三角形OABの内心のy座標をpとし、外心の
y座標をqとする。また、正の実数aに対して、直線y=aと放物線y=x2で
囲まれた図形の面積をS(a)で表す。
(１) p、qをcos$\small\sf{\theta}$を用いて表せ。
(２) $\small\sf{\frac{S\left(p\right)}{S\left(q\right)}}$ が整数であるようなcos$\small\sf{\theta}$の値をすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{0\lt \theta\lt\frac{\pi}{2}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AB=2tan\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OA=OB&=\sf \sqrt{tan^2\theta+\left(tan^2\theta\right)^2} \\ &=\sf tan\theta\cdot\sqrt{1+tan^2\theta}\\ &=\sf \frac{tan\theta}{cos\theta}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\triangle OAB=\frac{1}{2}\cdot 2\tan\theta\cdot tan^2\theta=tan^3\theta \end{align*}}$
なので、△OABの内接円の半径をrとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf tan^3\theta=\frac{r}{2}\left(2tan\theta+2\cdot\frac{tan\theta}{cos\theta}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1+\cos\theta}{cos\theta}\ r=tan^2\theta \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r&=\sf \frac{cos\theta}{1+cos\theta}\cdot tan^2\theta \\ &=\sf\frac{cos\theta}{1+cos\theta}\cdot\left(\frac{1}{cos^2\theta}-1\right) \\ &=\sf \frac{1-cos\theta}{cos\theta}\cdot\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p&=\sf tan^2\theta-r \\ &=\sf \left(\frac{1}{cos^2\theta}-1\right)-\frac{1-cos\theta}{cos\theta}\\ &=\sf \underline{\frac{1-cos\theta}{cos^2\theta}}\end{align*}}$
一方、△OABの外心をQとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ=AQ&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q^2=\left(tan\theta\right)^2+\left(tan^2\theta-q\right)^2 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q=\frac{1}{2}\left(tan^2\theta+1\right)=\underline{\frac{1}{2cos^2\theta}} \end{align*}}$
(２)
直線y=aと放物線y=x2の共有点のx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^2=a\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\sqrt{a}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(a\right)&=\sf \int_{-\sqrt{a}}^{\sqrt{a}}\left(a-x^2\right)dx \\ &=\sf \frac{1}{6}\left(2\sqrt{a}\right)^3\\ &=\sf\frac{4}{3}\left(\sqrt{a}\right)^3 \end{align*}}$
よって、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{S\left(p\right)}{S\left(q\right)}=\frac{\left(\sqrt{p}\right)^3}{\left(\sqrt{q}\right)^3}=\bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}} \end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\theta\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt cos\theta\lt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt 2\left(1-cos\theta\right)\lt 2\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt\bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}}\lt 2\sqrt2 \end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{S\left(p\right)}{S\left(q\right)}\end{align*}}$ が整数となるときの値は1または2である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}}=1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(1-cos\theta\right)=1 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf cos\theta=\underline{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}}=2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(1-cos\theta\right)=\sqrt[3]{2} \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf cos\theta=\underline{1-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\end{align*}}$
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第２問
放物線C：y=x2+ax+bが2直線L1：y=px （p＞0)、L2：y=qx （q＜0)
と接している。また、CとL1、L2で囲まれた図形の面積をSとする。
(１) a、bをp、qを用いて表せ。
(２) Sをp、qを用いて表せ。
(３) L1、L2が直交するようにp、qが動くとき、Sの最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
CとL1の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{x^2+ax+b=px\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2+\left(a-p\right)x+b=0}$ ･･････(ⅰ)
となり、CとL1が接するとき、(ⅰ)が重解をもつので、判別式D1は
$\scriptsize{\sf\begin{align*}\sf D_1=\left(a-p\right)^2-4b=0 \end{align*}}$ ･･････(ⅱ)
一方、CとL2の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{x^2+ax+b=qx\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2+\left(a-q\right)x+b=0}$ ･･････(ⅲ)
となり、CとL2が接するとき、(ⅲ)が重解をもつので、判別式D2は
$\scriptsize{\sf\begin{align*}\sf D_2=\left(a-q\right)^2-4b=0 \end{align*}}$ ･･････(ⅳ)
(ⅱ)、(ⅳ)を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(a-p\right)^2=\left(a-q\right)^2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(p-q\right)a=p^2-q^2 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a=\frac{p^2-q^2}{2\left(p-q\right)}=\underline{\frac{p+q}{2}} \ \ \ \left(\because\ p\ne q\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{p+q}{2}-q\right)^2-4b=0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf b=\underline{\frac{1}{16}\left(p-q\right)^2} \end{align*}}$
(２)
CとL1の接点のx座標をt1とおくと、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2-\frac{p-q}{2}x+\frac{1}{16}\left(p-q\right)^2=\left(x-\frac{p-q}{4}\right)^2=0\end{align*}}$
より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t_1=\frac{p-q}{4}\end{align*}}$
同様に、CとL2の接点のx座標をt2とおくと、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (iii)&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x^2+\frac{p-q}{2}x+\frac{1}{16}\left(p-q\right)^2=\left(x+\frac{p-q}{4}\right)^2=0\end{align*}}$
より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t_2=-\frac{p-q}{4}\end{align*}}$
C、L1、L２の位置関係は右図のようになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \int_{t_2}^0\left(x^2+ax+b-qx\right)dx+\int_0^{t_1}\left(x^2+ax+b-px\right)dx \\ &=\sf\int_{t_2}^0\left(x+\frac{p-q}{4}\right)^2dx+\int_0^{t_1}\left(x-\frac{p-q}{4}\right)^2dx\\ &=\sf\left[\frac{1}{3}\left(x+\frac{p-q}{4}\right)^3\right]_{-\frac{p-q}{4}}^0+\left[\frac{1}{3}\left(x-\frac{p-q}{4}\right)^3\right]_0^{\frac{p-q}{4}}\\ &=\sf \frac{1}{3}\left(\frac{p-q}{4}\right)^3-\frac{1}{3}\left(-\frac{p-q}{4}\right)^3\\ &=\sf \underline{\frac{1}{96}\left(p-q\right)^3} \end{align*}}$
(３)
L1⊥L２より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf pq=-1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q=-\frac{1}{p}\end{align*}}$
p＞0なので、相加・相乗平均の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{1}{96}\left(p+\frac{1}{p}\right)^3 \\ &\geq\sf \frac{1}{96}\left(2\sqrt{p\cdot\frac{1}{p}}\right)^3\\ &=\sf \frac{1}{12}\end{align*}}$
となるので、Sの最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_{min}=\underline{\frac{1}{12}}\end{align*}}$
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- 2018/06/02(土) 23:57:00|
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第３問
正三角形OABに対し、直線OA上の点P1、P2、P3、･･･および直線OB上の点
Q1、Q2、Q3、･･･を、次の(ⅰ)、(ⅱ)、(ⅲ)を満たすようにとる。
(ⅰ) P1=Aである。
(ⅱ) 線分P1Q1、P2Q2、P3Q3、･･･はすべて直線OAに垂直である。
(ⅲ) 線分Q1P2、Q2P3、Q3P4、･･･はすべて直線OBに垂直である。
$\small\sf{\overrightarrow{\sf OA}=\overrightarrow{\sf b}}$ 、$\small\sf{\overrightarrow{\sf OB}=\overrightarrow{\sf b}}$ とおく。点Oを基準とする位置ベクトルが、整数k、Lによって
$\small\sf{k\overrightarrow{\sf a}+L\overrightarrow{\sf b}}$ と表される点全体の集合をSとする。nを自然数とするとき、以下の問いに
答えよ。
(１) $\small\sf{\overrightarrow{\sf OP_n}}$ と$\small\sf{\overrightarrow{\sf OQ_n}}$ を$\small\sf{\overrightarrow{\sf a}}$、$\small\sf{\overrightarrow{\sf b}}$を用いて表せ。
(２) $\small\sf{\overrightarrow{\sf OR}=x\overrightarrow{\sf a}+y\overrightarrow{\sf b}}$で定まる点Rが線分QnPn+1上にあるとき、xをyを用いて表せ。
また、線分QnPn+1上にあるSの点の個数を求めよ。
(３) 三角形OPn+1Qnの周または内部にあるSの点の個数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ_n=\frac{OP_n}{sin60^{\circ}}=2OP_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OP_{n+1}=\frac{OQ_n}{sin60^{\circ}}=2OQ_n=4OP_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ_{n+1}=\frac{OP_{n+1}}{sin60^{\circ}}=2OP_{n+1}=4OQ_n\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{OP_n=4^{n-1}OP_1=4^{n-1}OA}$
$\scriptsize\sf{OQ_{n}=4^{n-1}OQ_1=2\cdot 4^{n-1}OB}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OP_n}=\frac{OP_n}{OA}\ \overrightarrow{\sf OA}=\underline{4^{n-1}\overrightarrow{\sf a}} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OQ_n}=\frac{OQ_n}{OB}\ \overrightarrow{\sf OB}=\underline{\frac{4^n}{2}\overrightarrow{\sf b}} \end{align*}}$
(２)
Rが線分QnPn+1上にあるので、実数k （0≦k≦1）を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf Q_nR}=k\overrightarrow{\sf P_{n+1}Q_n}\ \ \Leftrightarrow\ \ x\overrightarrow{\sf a}+y\overrightarrow{\sf b}-\frac{4^n}{2}\overrightarrow{\sf b}=k\left(4^n\overrightarrow{\sf a}-\frac{4^n}{2}\overrightarrow{\sf b}\right)\end{align*}}$
と表すことができ、$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf a}}$と$\scriptsize\sf{\overrightarrow{\sf b}}$は一次独立なので、係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=4^nk\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y-\frac{4^n}{2}=-\frac{4^n}{2}\ k \end{align*}}$
これらよりkを消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\underline{4^n-2y} \end{align*}}$ ･･････(*)
ここで、0≦k≦1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq y\leq\frac{4^n}{2}\end{align*}}$ ･･････(**)
なので、この範囲で(*)を満たす(x，y)の組は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x,y\right)=\left(4^n,0\right),\left(4^n-2,1\right),\cdots ,\left(2,\frac{4^n}{2}-1\right),\left(0,\frac{4^n}{2}\right)\end{align*}}$
の$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\frac{4^n}{2}+1 \end{align*}}$ 組ある。
よって、題意を満たす点Rの個数も$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\frac{4^n}{2}+1} \end{align*}}$ 個である。
(３)
(**)を満たすある整数yに対応するxは、(*)より$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 4^n-2y+1 \end{align*}}$ 個あるので、
求める点の総数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{y=0}^{\frac{4^n}{2}}\left(4^n-2y+1\right)&=\sf \left(4^n+1\right)+\sum_{y=1}^{\frac{4^n}{2}}\left(4^n-2y+1\right)\\ &=\sf \left(4^n+1\right)+4^n\cdot\frac{4^n}{2}-\frac{4^n}{2}\left(\frac{4^n}{2}+1\right)+\frac{4^n}{2}\\ &=\sf \underline{\frac{16^n}{4}+4^n+1}\end{align*}}$
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- 2018/06/03(日) 23:57:00|
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第４問
2つの曲線
$\small\sf{\begin{align*}\sf C_1:\ y=\frac{1}{\sqrt2\ sinx} \ \ \left(0\lt x\lt\pi\right)\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*}\sf C_2:\ y=\sqrt2\left(sinx-cosx\right) \ \ \left(0\lt x\lt\pi\right)\end{align*}}$
について以下の問いに答えよ。
(１) 曲線C1と曲線C2の共有点のx座標を求めよ。
(２) 曲線C1と曲線C2とで囲まれた図形をx軸のまわりに1回転させてできる
回転体の体積Vが$\small\sf{\pi^2}$であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
2式の差をf(x)とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)&=\sf \frac{1}{\sqrt2\ sinx} -\sqrt2\left(sinx-cosx\right) \\ &=\sf \frac{1-2\left(sin^2x-sinx\ cosx\right)}{\sqrt2\ sinx}\\ &=\sf \frac{sin2x+cos2x}{\sqrt2\ sinx}\\ &=\sf \frac{sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right)}{sinx} \end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt x\lt \pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\pi}{4}\lt 2x+\frac{\pi}{3}\lt\frac{9}{4}\pi \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf sin\left(2x+\frac{\pi}{4}\right)=0 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2x+\frac{\pi}{4}=\pi\ ,\ 2\pi\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{3}{8}\pi\ ,\ \ \frac{7}{8}\pi\end{align*}}$
よって、2曲線C1、C2の共有点のx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\underline{\frac{3}{8}\pi\ ,\ \ \frac{7}{8}\pi} \end{align*}}$
(２)
(１)より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{3}{8}\pi\lt x\lt\frac{7}{8}\pi\end{align*}}$ の範囲で常にf(x)＜0なので、
この範囲では曲線C２は曲線C1の上側にある。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf\pi\int_{\frac{3}{8}\pi}^{\frac{7}{8}\pi}\bigg\{2\left(sinx-cosx\right)^2-\left(\frac{1}{\sqrt2\ sinx}\right)^2\bigg\}dx\\ &=\sf \pi\int_{\frac{3}{8}\pi}^{\frac{7}{8}\pi}\bigg\{2\left(sin^2x-2sinx\ cosx+cos^2x\right)-\frac{1}{2sin^2x}\bigg\}dx\\ &=\sf \pi\int_{\frac{3}{8}\pi}^{\frac{7}{8}\pi}\left(2-2sin2x-\frac{1}{2sin^2x}\right)dx\\ &=\sf \pi\left[2x+cos2x+\frac{1}{2tanx}\right]_{\frac{3}{8}\pi}^{\frac{7}{8}\pi}\\ &=\sf \pi\left\{2\left(\frac{7}{8}\pi-\frac{3}{8}\pi\right)+\left(cos\frac{7}{4}\pi-cos\frac{3}{4}\pi\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{tan\frac{7}{8}\pi}-\frac{1}{tan\frac{3}{8}\pi}\right)\right\}\\ &=\sf \pi\left\{\pi+\sqrt2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{tan\frac{7}{8}\pi}-\frac{1}{tan\frac{3}{8}\pi}\right)\right\} \end{align*}}$
ここで、半角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf tan^2\frac{7}{8}\pi&=\sf \frac{1-cos\frac{7}{4}\pi}{1+cos\frac{7}{4}\pi} \\ &=\sf\frac{1-\frac{1}{\sqrt2}}{1+\frac{1}{\sqrt2}}\\ &=\sf\frac{\sqrt2-1}{\sqrt2+1}\\ &=\sf \frac{1}{\left(\sqrt2+1\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf tan^2\frac{3}{8}\pi&=\sf \frac{1-cos\frac{3}{4}\pi}{1+cos\frac{3}{4}\pi} \\ &=\sf\frac{1+\frac{1}{\sqrt2}}{1-\frac{1}{\sqrt2}}\\ &=\sf\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}\\ &=\sf \frac{1}{\left(\sqrt2-1\right)^2}\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf tan\frac{7}{8}\pi\lt 0\ ,\ \ tan\frac{3}{8}\pi\gt 0\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{tan\frac{7}{8}\pi}-\frac{1}{tan\frac{3}{8}\pi}=-\left(\sqrt2+1\right)-\left(\sqrt2-1\right)=-2\sqrt2\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=\pi\left\{\pi+\sqrt2+\frac{1}{2}\cdot\left(-2\sqrt2\right)\right\}=\underline{\pi^2} \end{align*}}$
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- 2018/06/04(月) 23:57:00|
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第５問
$\small\sf{\begin{align*}\sf f\left(x\right)=\int_0^x\frac{4\pi}{t^2+\pi^2}dt \end{align*}}$ とし、c≧$\small\sf{\pi}$とする。数列{an}をa1=c、
an+1=f(an) （n=1，2，･･･）で定める。
(１) f($\small\sf{\pi}$)を求めよ。また、x≧$\small\sf{\pi}$のとき、0＜f’(x)≦$\small\sf{\frac{2}{\pi}}$が成り立つことを示せ。
(２) すべての自然数nに対してan＞$\small\sf{\pi}$が成り立つことを示せ。
(３) すべての自然数nに対して$\small\sf{\begin{align*}\sf |a_{n+1}-\pi|\leq\frac{2}{\pi}|a_n-\pi| \end{align*}}$が成り立つことを示せ。
また、$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}a_n \end{align*}}$を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{t=\pi tan\theta}$ と置換すると、x：0→$\scriptsize\sf{\pi}$のとき、$\scriptsize\sf{\theta}$：0→$\scriptsize\sf{\frac{\pi}{4}}$ であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dt}{d\theta}=\frac{\pi}{cos^2\theta}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(\pi\right)&=\sf \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{4\pi}{\pi^2+\pi^2 tan^2\theta}\cdot\frac{\pi}{cos^2\theta}\ d\theta \\ &=\sf\int_0^{\frac{\pi}{4}}4d\theta\\ &=\sf\bigg[4\theta\bigg]_0^{\frac{\pi}{4}} \\ &=\sf \underline{\pi}\end{align*}}$
また、x≧$\scriptsize\sf{\pi}$より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'\left(x\right)=\frac{4\pi}{x^2+\pi^2}\leq\frac{4\pi}{\pi^2+\pi^2}=\frac{2}{\pi}\end{align*}}$
これと、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{4\pi}{x^2+\pi^2}\gt 0 \end{align*}}$より、x≧$\scriptsize\sf{\pi}$のとき、不等式$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt f'\left(x\right)\leq\frac{2}{\pi}\end{align*}}$が成り立つ。
(２)
すべての自然数nに対してan＞$\small\sf{\pi}$が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは、$\scriptsize\sf{a_1=c\geq\pi}$よりOK
(ⅱ) n=kのとき、$\scriptsize\sf{a_k\geq\pi}$が成立すると仮定する。
(１)の後半より、f(x)はx≧$\scriptsize\sf{\pi}$の範囲で単調に増加するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_k\geq\pi&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf f\left(a_k\right)\geq f\left(\pi\right) \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a_{k+1}\geq\pi \end{align*}}$
となり、n=k+1のときも成立する。
よって、すべての自然数nに対してan＞$\small\sf{\pi}$が成り立つ。
(３)
f(x)はx≧$\scriptsize\sf{\pi}$の範囲で微分可能なので、平均値の定理より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{f\left(a_n\right)-f\left(\pi\right)}{a_n-\pi}=f'\left(c\right)\end{align*}}$
を満たす実数c （$\scriptsize\sf{\pi}$＜c＜an）が存在し、(２)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\frac{f\left(a_n\right)-f\left(\pi\right)}{a_n-\pi}\leq\frac{2}{\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left| f\left(a_n\right)-f\left(\pi\right)\right|\leq\frac{2}{\pi}\left|a_n-\pi\right| \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left| a_{n+1}-\pi\right|\leq\frac{2}{\pi}\left|a_n-\pi\right| \end{align*}}$
が成り立つ。
同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| a_{2}-\pi\right|\leq\frac{2}{\pi}\left|a_1-\pi\right| \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| a_{3}-\pi\right|\leq\frac{2}{\pi}\left|a_3-\pi\right| \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\vdots}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| a_{n}-\pi\right|\leq\frac{2}{\pi}\left|a_{n-1}-\pi\right| \end{align*}}$
が成り立ち、これらの辺々をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (0\leq)\ \left| a_{n}-\pi\right|\leq\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n-1}\left|a_{1}-\pi\right| \end{align*}}$
となる。ここで、$\scriptsize\sf{0\lt\frac{2}{\pi}\lt 1}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n-1}\left|a_{1}-\pi\right|=0\end{align*}}$
はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left|a_{n}-\pi\right|=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}a_n=\underline{\pi}\end{align*}}$
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- 2018/06/05(火) 23:57:00|
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第６問
複素数$\small\sf{\alpha}$に対して、複素数平面上の3点O(0)、A($\small\sf{\alpha}$)、B($\small\sf{\alpha^2}$)を考える。
次の条件(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)をすべて満たす複素数$\small\sf{\alpha}$全体の集合をSとする。
(Ⅰ) $\small\sf{\alpha}$は実数でも純虚数でもない。
(Ⅱ) |$\small\sf{\alpha}$|＞1である。
(Ⅲ) 三角形OABは直角三角形である。
このとき、以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\alpha}$がSに属するとき、∠OAB=$\small\sf{\frac{\pi}{2}}$であることを示せ。
(２) 集合Sを複素数平面上に図示せよ。
(３) x，yを$\small\sf{\alpha^2}$=x+yiを満たす実数とする。$\small\sf{\alpha}$がSを動くとき、xy平面上の点
(x，y)の軌跡を求め、図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
(Ⅱ)より
$\scriptsize\sf{|\alpha^2|=|\alpha|^2\gt |\alpha|\ \ \Leftrightarrow\ \ OB\gt OA}$
となるので、△OABにおいて、OAは斜辺とはならない。
よって、$\scriptsize\sf{\angle OBA\ne\frac{\pi}{2}}$である。
また、(Ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle AOB=arg\frac{\alpha^2}{\alpha}=arg\alpha\ne\frac{\pi}{2} \end{align*}}$
よって、$\scriptsize\sf{\angle OAB=\frac{\pi}{2}}$である。
(２)
実数s、tを用いて、$\scriptsize\sf{\alpha=s+ti}$とおくと、
$\scriptsize\sf{\alpha^2=s^2-t^2+2sti}$
よって、△OABの3辺について
$\scriptsize\sf{OA^2=s^2+t^2}$
$\scriptsize\sf{OB^2=\left(s^2+t^2\right)^2+\left(2st\right)^2}$
$\scriptsize\sf{AB^2=\left(s^2+t^2-s\right)^2+\left(2st-t\right)^2}$
三平方の定理より
$\scriptsize\sf{\left(s^2+t^2-s\right)^2+\left(2st-t\right)^2=s^2+t^2+\left(s^2+t^2\right)^2+\left(2st\right)^2}$
$\scriptsize\sf{\ \ \Leftrightarrow\ \ s^3+2st^2-s^2-t^2=0}$
$\scriptsize\sf{\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(s-1\right)\left(s^2+t^2\right)=0}$
AはOと異なる点なので、$\scriptsize\sf{s=1}$.
これを満たす点Aの集合Sを図示すると、
右図のようになる。（ただし、点1を除く）
(３)
(２)より、s=1のとき
$\scriptsize\sf{\alpha=x+yi=1-t^2+2ti}\ \ \ \left(t\ne 0\right)$
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{x=1-t^2\ ,\ \ y=2t\ (\ne 0)}$
これらよりtを消去すると、点Bの軌跡は、放物線
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{x=1-\frac{y^2}{4}\ \ \left(y\ne 0\right)}\end{align*}}$
これを図示すると、右図のようになる。
（ただし、点1を除く）
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/06/06(水) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .筑波大 2018
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