第１問
(１) $\small\sf{\sqrt2}$ は有理数でないことを示せ。
(２) 有理数がある自然数の平方根となるとき、その有理数は整数であることを示せ。
(３) 有理数とその逆数との差が、0でない整数となることはあるか。あるときは例を与え、
ないときはそのことを示せ。
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【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\sqrt2}$ が有理数であると仮定すると、互いに素な自然数m、nを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt2=\frac{n}{m} \end{align*}}$
と表すことができる。この式は
$\scriptsize\sf{n^2=2m^2}$
と変形できるので、n2は2の倍数、すなわちnは2の倍数となる。
よって、自然数kを用いてn=2kと表すことができ、これを上式に代入すると、
$\scriptsize\sf{\left(2k\right)^2=2m^2\ \ \Leftrightarrow\ \ m^2=2k^2}$
となるので、m2は2の倍数、すなわちmは2の倍数となる。
このことは、mとnが互いに素であることに矛盾するので、$\scriptsize\sf{\sqrt2}$ は有理数ではない。
(２)
整数でない有理数 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{n}{m} \end{align*}}$ （m、nは互いに素な整数、m≠1）が、ある整数kの
平方根であると仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{n}{m}\right)^2=k\ \ \Leftrightarrow\ \ n^2=km^2 \end{align*}}$
m≠1より、mはある素数（pとおく）を因数に持つので、整数Mを用いてm=pM
と表すことができる。このとき上式は、
$\scriptsize\sf{n^2=k\left(pM\right)^2}$
となり、n2はpの倍数となる。
さらに、pは素数なので、nもpの倍数となるが、これはmとnが互いに素であることに
矛盾する。
以上より、有理数がある自然数の平方根となるとき、その有理数は整数である。
(３)
m、nを互いに素な整数とし、有理数 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\frac{n}{m} \end{align*}}$ を考える。
まず、aの逆数が存在するので、a≠0である。
aとaの逆数との差が0になるのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a-\frac{1}{a}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a=\pm 1 \end{align*}}$
のときである。
ここで、aとaの逆数との差が0以外の整数kになると仮定する。
aが1以外の整数のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a+\frac{1}{a}=k\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{a}=k-a \end{align*}}$
であり、右辺は整数であるが、左辺は整数ではないので成り立たない。
aが整数でないとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a=\frac{n}{m} \end{align*}}$ とおく。
（ただし、m、nは1と異なる互いに素な整数である。）
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a-\frac{1}{a}=k&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{n}{m}-\frac{m}{n}=k \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{n^2-m^2}{mn}=k\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(n-m\right)\left(n+m\right)=kmn\end{align*}}$
より、左辺はmの倍数である。
しかし、mとnは互いに素なので、n-m、n+mともにmの倍数となず矛盾する。
以上より、有理数とその逆数との差が、0でない整数となることはありえない。
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第２問
kを0以上の整数とする。曲線y=xsinx （k$\small\sf{\pi}$≦x≦(k+1)$\small\sf{\pi}$）とx軸で囲まれた
図形をAkとする。Akの面積をSkとし、Akをx軸の周りに一回転させてできる立体の
体積をVkとする。
(１) SkとVkを求めよ。
(２) $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{S_k^ {\ 2}}{V_k}\end{align*}}$ を求めよ。
(３) $\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=0}^nS_k\geq 900 \end{align*}}$ をみたす最小の整数nを求めよ。
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【解答】
(１)
部分積分法により
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int x\sin xdx&=\sf -x\cos x+\int 1\cdot\cos xdx \\ &=\sf -x\cos x+\sin x+C \end{align*}}$
となるので（Cは積分定数）、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_k&=\sf \left|\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}x\sin xdx\right| \\ &=\sf \left|\bigg[-x\cos x+\sin x\bigg]_{k\pi}^{(k+1)\pi}\right|\\ &=\sf \left|-\left(k+1\right)\pi\ \cos\left(k+1\right)\pi+k\pi\ \cos k\pi\right|\\ &=\sf \left|-\left(-1\right)^{k+1}\left(k+1\right)\pi+\left(-1\right)^{k}k\pi\right|\\ &=\sf \underline{\left(2k+1\right)\pi} \end{align*}}$
半角公式と部分積分法より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int x^2sin^2xdx&=\sf \frac{1}{2}\int x^2\left(1-\cos 2x\right)dx \\ &=\sf \frac{1}{2}\int x^2-\frac{1}{2}\int x^2\cos 2xdx\\ &=\sf \frac{1}{6}x^3-\frac{1}{4}x^2\sin 2x+\frac{1}{2}\int x\sin 2xdx\\ &=\sf \frac{1}{6}x^3-\frac{1}{4}x^2\sin 2x-\frac{1}{4}x\cos 2x+\frac{1}{4}\int \cos 2xdx\\ &=\sf \frac{1}{6}x^3-\frac{1}{4}x^2\sin 2x-\frac{1}{4}x\cos 2x+\frac{1}{8}\sin2x+C\end{align*}}$
となるので（Cは積分定数）、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_k&=\sf \pi\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left(x\sin x\right)^2dx \\ &=\sf \left[\frac{1}{6}x^3-\frac{1}{4}x^2\sin 2x-\frac{1}{4}x\cos 2x+\frac{1}{8}\sin2x\right]_{k\pi}^{(k+1)\pi}\\ &=\sf \underline{\frac{\pi^4}{6}\left(3k^2+3k+1\right)-\frac{\pi^2}{4}}\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{S_k^ {\ 2}}{V_k}&=\sf \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{\left(2k+1\right)^2\pi^2}{\frac{\pi^4}{6}\left(3k^2+3k+1\right)-\frac{\pi^2}{4}} \\ &=\sf \lim_{k\rightarrow\infty}\frac{6\left(2+\frac{1}{k}\right)^2}{\pi^2\left(3+\frac{3}{k}+\frac{1}{k^2}\right)-\frac{3}{2k^2}}\\ &=\sf \underline{\frac{8}{\pi^2}}\end{align*}}$
(３)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=0}^n\left(2k+1\right)\pi&=\sf \pi\left\{1+\sum_{k=1}^n\left(2k+1\right)\right\} \\ &=\sf \pi\left\{1+2\cdot\frac{1}{2}n\left(n+1\right)+n \right\}\\ &=\sf \pi\left(n+1\right)^2\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{3.14\lt\pi\lt 3.15}$ より
$\scriptsize\sf{803.84\lt \pi\left(15+1\right)^2\lt 806.4}$
$\scriptsize\sf{907.46\lt\pi\left(16+1\right)^2\lt 910.35}$
なので、題意を満たす最小の整数の値はn=16である。
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第３問
(１) 一辺の長さが1の正五角形ABCDEがある。
(ⅰ) ∠AEB=∠BECを示し、BEとCDは平行であることを示せ。
(ⅱ) AからCDにおろした垂線とBEの交点をFとする。CEとAFの長さを求めよ。
(２) P(x)=0は実数を係数とする5次の方程式であり、その解は次の条件(a)、(b)
をみたすものとする。P(x)を実数の範囲で因数分解せよ。
(a) 解を複素数平面上の点として表すと、正五角形の各頂点となっている。
(b) $\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1+\sqrt5}{2}\ i\end{align*}}$ は解の一つで、実部が負となる解もただ一つ存在する。ただし、
i は虚数単位である。
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【解答】
(１)(ⅰ)
正五角形の1つの内角の大きさは 
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 180^{\circ}-\frac{360^{\circ}}{5}=108^{\circ}\end{align*}}$
△ABEと△DCEはともに二等辺三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle AEB=\angle DEC=\frac{180^{\circ}-108^{\circ}}{2}=36^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\angle BEC=\angle AED-\angle AEB-\angle DEC=36^{\circ}}$
よって、∠AEB=∠BECが成り立つ。
また、
$\scriptsize\sf{\angle BEC=\angle DCE=36^{\circ}}$
より、錯角が等しいので、BEとCDは平行である。
(１)(ⅱ)
直線AFとCE、CDの交点をそれぞれG、Hとすると、
図の対称性より、CH=GHである。
EF=xとおくと、
$\scriptsize\sf{CE=BE=2x\ ,\ \ CG=2x-1}$
であり、△EFG∽△CHGより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x:1=\frac{1}{2}:\left(2x-1\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{1+\sqrt5}{4}\ \left(\gt 0\right) \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf CE=2x=\underline{\frac{1+\sqrt5}{2}} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AF&=\sf \sqrt{AE^2-EF^2} \\ &=\sf \sqrt{1-\left(\frac{1+\sqrt5}{4}\right)^2}\\ &=\sf \underline{\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{4}}\end{align*}}$
(２)
方程式P(x)=0の係数は実数なので、これが虚数解をもつとき、
その共役複素数も解となる。
よって、条件(a)の正五角形は実軸について対称となるので、
実部が負となる解は実数解である。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \pm\frac{1+\sqrt5}{2}i\end{align*}}$ は虚軸上の点なので、(a)の正五角形は
図のようになり、頂点をP、Q、R、S、Tとし、辺RSの中点をMとする。
点T、Qに対応する複素数はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1+\sqrt5}{2}i\ ,\ \ -\frac{1+\sqrt5}{2}i\end{align*}}$
よって、正五角形ABCDE∽正五角形PQRSTであり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OT=\frac{1+\sqrt5}{2}=2EF\end{align*}}$
なので、相似比は1:2である。よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OP=2FA=\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{2} \end{align*}}$
より、Pに対応する複素数は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{2} \end{align*}}$ である。
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf SM=2DH=1\ ,\ \ TS=2ED=2\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OM=\sqrt{2^2-\left(\frac{1+\sqrt5}{2}-1\right)^2}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{2}\end{align*}}$
よって、点S、Rに対応する複素数はそれぞれ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{2}+i\ ,\ \ \frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{2}-i\end{align*}}$
これらより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x-\frac{1+\sqrt5}{2}i\right)\left(x+\frac{1+\sqrt5}{2}i\right)=x^2+\frac{3+\sqrt5}{2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{x-\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{2}+i\right)\right\}\left\{x-\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{2}-i\right)\right\}=x^2-\sqrt{10+2\sqrt5}x+\frac{7+\sqrt5}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p\left(x\right)=\underline{\left(x+\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{2}\right)\left(x^2+\frac{3+\sqrt5}{2}\right)\left(x^2-\sqrt{10+2\sqrt5}x+\frac{7+\sqrt5}{2}\right)} \end{align*}}$
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第４問
aを正の実数とする。座標平面において、次の3直線L1、L2、L3を考える。
L1： y=ax+a L2： y=-ax L3： y=0
(１) 3直線L1、L2、L3のいずれとも接する円の方程式をすべて求めよ。
(２) (１)で求めた円のうちで、最大となるものの半径をMとする。Mをaの
関数と考えて、そのグラフをかけ。
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【解答】
(１)
円の中心を(p，q)、半径をrとおく。
L1、L2、L3すべてに接するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r=\frac{|ap-q+a|}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{|ap+q|}{\sqrt{a^2+1}}=|q| \end{align*}}$
が成り立つ。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)\ \frac{ap-q+a}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{ap+q}{\sqrt{a^2+1}}=q \end{align*}}$ のとき
これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{a}{2}\ ,\ \ p=\frac{\sqrt{a^2+1}-1}{2} \end{align*}}$
となるので、円の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\left(x-\frac{\sqrt{a^2+1}-1}{2}\right)^2+\left(y-\frac{a}{2}\right)^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (ii)\ \frac{ap-q+a}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{ap+q}{\sqrt{a^2+1}}=-q \end{align*}}$ のとき
これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{a}{2}\ ,\ \ p=-\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2} \end{align*}}$
となるので、円の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\left(x+\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2}\right)^2+\left(y-\frac{a}{2}\right)^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (iii)\ \frac{ap-q+a}{\sqrt{a^2+1}}=-\frac{ap+q}{\sqrt{a^2+1}}=q \end{align*}}$ のとき
これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\frac{1}{2}\ ,\ \ q=\frac{\sqrt{a^2+1}-1}{2a} \end{align*}}$
となるので、円の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\left(y-\frac{\sqrt{a^2+1}-1}{2a}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{a^2+1}-1}{2a}\right)^2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (iv)\ \frac{ap-q+a}{\sqrt{a^2+1}}=-\frac{ap+q}{\sqrt{a^2+1}}=-q \end{align*}}$ のとき
これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\frac{1}{2}\ ,\ \ q=-\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a} \end{align*}}$
となるので、円の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\left(y+\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a}\right)^2} \end{align*}}$
(２)
まず、a＞0より明らかに
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\sqrt{a^2+1}-1}{2a}\lt\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a} \end{align*}}$
なので、(１)の(ⅲ)の円の半径が最大になることはない。
ここで、関数f(a)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(a\right)=\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a}\ \ \ \left(a\gt 0\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'\left(a\right)=\frac{\frac{2a}{2\sqrt{a^2+1}}-1\cdot\left(\sqrt{a^2+1}+1\right)}{2a^2}=-\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a^2\sqrt{a^2+1}}\lt 0 \end{align*}}$
となるので、f(a)は単調に減少する。
また、a＞0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{a}{2}\gt\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a^2-1\gt\sqrt{a^2+1}\\ &=\ \ \Leftrightarrow\ \ sf a^4-2a^2+1\gt a^2+1\ \ \ \left(a\gt 1\right)\\ &=\ \ \Leftrightarrow\ \ sf a^2\left(a^2-3\right)\gt 0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a\gt\sqrt3\end{align*}}$
よって、半径の最大値Mは
0＜a≦$\scriptsize\sf{\sqrt3}$ のとき $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M=\frac{\sqrt{a^2+1}+1}{2a} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\sqrt3}$ ＜aのとき $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf M=\frac{a}{2}\end{align*}}$
なので、これを図示すると下図のようになる。
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