－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア 30 イ 5 ウ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 5\sqrt2\cos 2\theta-9\end{align*}}$ エ 4 オ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\pi}{8}\end{align*}}$
【解説】
ア
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}=\left(-5,5,0\right)\ ,\ \ \overrightarrow{\sf AC}=\left(-9,-3,0\right)\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AB}\right|=\sqrt{(-5)^2+5^2+0}=5\sqrt2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf AC}\right|=\sqrt{(-9)^2+(-3)^2+0}=3\sqrt{10}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf AC}=45-15+0=30\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\angle BAC=\frac{30}{5\sqrt2\cdot 3\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\angle BAC=\sqrt{1-\left(\frac{1}{\sqrt5}\right)^2}=\frac{2}{\sqrt5}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle ABC=\frac{1}{2}\cdot 5\sqrt2\cdot 3\sqrt{10}\cdot \frac{2}{\sqrt5}=\underline{30}\end{align*}}$
イ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf BC}=\left(-4,-8,0\right)\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left|\overrightarrow{\sf BC}\right|=\sqrt{(-4)^2+(-8)^2+0}=4\sqrt5\end{align*}}$
△ABCの外接円の半径をRとすると、正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2R=\frac{4\sqrt5}{\frac{2}{\sqrt5}}=10\ \ \Leftrightarrow\ \ R=\underline{5}\end{align*}}$
ウ
cosの倍角公式より、Dのx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 10\sqrt2\cos^2\theta-5\sqrt2-9&=\sf 5\sqrt2\left(2\cos^2\theta-1\right)-9\\ &=\sf \underline{5\sqrt2\cos 2\theta-9}\end{align*}}$
エ
sinの倍角公式より、Dのy座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 5\sqrt2\cos\theta\sin\theta-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\sqrt2\sin 2\theta-\frac{1}{2}\end{align*}}$
となり、点Dの座標は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(5\sqrt2\cos 2\theta-9,\ \frac{5}{2}\sqrt2\sin 2\theta-\frac{1}{2},\ 5\right)\end{align*}}$ と表せるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf CD}=\left(5\sqrt2\cos 2\theta-5,\ \frac{5}{2}\sqrt2\sin 2\theta-\frac{5}{2},\ 5\right)\end{align*}}$
AB⊥CDより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf AB}\cdot\overrightarrow{\sf CD}=-5\left(5\sqrt2\cos 2\theta-5\right)+5\left( \frac{5}{2}\sqrt2\sin 2\theta-\frac{5}{2}\right)+0=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin2\theta=2\cos2\theta-\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$ ･･････(*)
これと $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos^22\theta+\sin^22\theta=1\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(2\cos2\theta-\frac{1}{\sqrt2}\right)^2+\cos^22\theta=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 10\cos^2 2\theta-4\sqrt2\cos2\theta-1==0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(5\sqrt2\cos2\theta+1\right)\left(\sqrt2\cos2\theta-1\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos2\theta=-\frac{1}{5\sqrt2}\ ,\ \frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
(*)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos2\theta=-\frac{1}{5\sqrt2}\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin2\theta=-\frac{7}{5\sqrt2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos2\theta=\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin2\theta=\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq\theta\lt 2\pi\end{align*}}$ のとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq 2\theta\lt 4\pi\end{align*}}$ なので、これらを満たす$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta\end{align*}}$ の値は4個ある。
オ
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\theta_0\lt \frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt 2\theta_0\lt \pi\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos2\theta_0=\frac{1}{\sqrt2}\ ,\ \ \sin2\theta_0=\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\theta_0=\frac{\pi}{4}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta_0=\underline{\frac{\pi}{8}}\end{align*}}$
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- 2019/02/17(日) 23:54:00|
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第1問
次の に適する数または式を、解答用紙の同じ記号のついた の中に記入せよ。
(2) 2つの正の実数$\small\sf{\alpha,\beta}$ は$\small\sf{\alpha+\beta\lt 1}$ を満たすとする。金貨と銀貨が1枚ずつあり、投げたとき
表が出る確率が金貨は$\small\sf{\alpha}$ 、銀貨は$\small\sf{\beta}$ とする。この2枚の硬貨から1枚を選んで投げる試行
を繰り返す。ただし、この試行において、表が出たときは次の試行では同じ硬貨を選び、裏
が出たときは別の硬貨を選ぶものとする。n回目の試行において、金貨が選ばれる確率を
pn、選ばれる硬貨に関わらず表が出る確率をqnとし、p1=t （0＜t＜1)とする。
このとき、q1= カ 、p2= キ 、pn+1=( ク )pn+1$\small\sf{-\beta}$ 、
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}p_n=\frac{\mbox{ケ}}{2-\alpha-\beta}\ ,\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}q_n=\frac{\mbox{コ}}{2-\alpha-\beta}\end{align*}}$ である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
カ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta(1-t)\end{align*}}$ キ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (\alpha+\beta-1)t-\beta+1\end{align*}}$ ク $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta-1\end{align*}}$ ケ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1-\beta\end{align*}}$
コ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta-2\alpha\beta\end{align*}}$
【解説】
カ
・1回目の試行で金貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{t}$ 、表が出る確率は $\scriptsize\sf{\alpha }$
・1回目の試行で銀貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{1-t}$ 、表が出る確率は $\scriptsize\sf{\beta}$
よって、
$\scriptsize\sf{q_1=\underline{\alpha t+\beta (1-t)}}$
キ
・1回目の試行で金貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{t}$ 、表が出る確率は $\scriptsize\sf{\alpha}$
・1回目の試行で銀貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{1-t}$ 、裏が出る確率は $\scriptsize\sf{1-\beta}$
よって、
$\scriptsize\sf{p_2=\alpha t+(1-\beta) (1-t)=\underline{(\alpha+\beta)t-\beta+1}}$
ク
・n回目の試行で金貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{p_n}$ 、表が出る確率は $\scriptsize\sf{\alpha}$
・n回目の試行で銀貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{1-p_n}$ 、裏が出る確率は $\scriptsize\sf{1-\beta}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}&=\sf \alpha p_n+\left(1-\beta\right)\left(1-p_n\right) \\ &=\sf \underline{\left(\alpha+\beta-1\right)p_n+1-\beta}\end{align*}}$ ･･････(i)
ケ
特性方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c=\left(\alpha+\beta-1\right)c+1-\beta\end{align*}}$ ･･････(ii)
の解は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c=\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta}\end{align*}}$
2式(i)、(ii)の差をとると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_{n+1}-c=\left(\alpha+\beta-1\right)(p_n-c)\end{align*}}$
となり、数列$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{p_n-c\right\}\end{align*}}$ は公比$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta-1\end{align*}}$ の等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p_n-c=\left(\alpha+\beta-1\right)^{n-1}\left(p_1-c\right) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_n=\left(\alpha+\beta-1\right)^{n-1}\left(t-c\right)+c\end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{-1\lt\alpha+\beta-1\lt 0}$ なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\alpha+\beta-1\right)^{n-1}=0\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}p_n=c=\underline{\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta}}\end{align*}}$
ケ
・n回目の試行で金貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{p_n}$ 、表が出る確率は $\scriptsize\sf{\alpha}$
・n回目の試行で銀貨が選ばれる確率は$\scriptsize\sf{1-p_n}$ 、表が出る確率は $\scriptsize\sf{\beta}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_{n}&=\sf \alpha p_n+\beta\left(1-p_n\right) \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}q_n&=\sf\lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha p_n+\beta\left(1-p_n\right) \right\} \\ &=\sf \alpha\cdot\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta}+\beta\left(1-\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta}\right) \\ &=\sf \underline{\frac{\alpha+\beta-2\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}}\end{align*}}$
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- 2019/02/17(日) 23:57:00|
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第2問
eを自然対数の底とし、実数$\small\sf{\alpha}$ は$\small\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\alpha\lt\frac{1}{e}\end{align*}}$ を満たすとする。関数$\small\sf{f(x)=xe^{-x}}$ とする。
次の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{x\gt 0}$ のとき、不等式$\small\sf{\begin{align*}\sf e^x\gt 1+x+\frac{x^2}{2}\end{align*}}$ が成り立つことを示せ。
(2) 方程式$\small\sf{f(x)=a}$ が異なる2つの正の実数解をもつことを示せ。
(3) 不定積分$\small\sf{\begin{align*}\sf \int \left\{f(x)\right\}^2dx\end{align*}}$ を求めよ。
(4) (2)の2つの解を$\small\sf{p,\ q\ (p\lt q)}$ とする。2直線$\small\sf{x=p\ ,\ x=q}$ と曲線$\small\sf{y=f(x)\ (p\leqq x\leqq q)}$
およびx軸で囲まれた部分をx軸の周りに1回転させてできる立体の体積をVとする。
極限$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow +0}V\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
関数h(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}\ \ (x\gt 0) \end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{h'(x)=e^x-1-x\ ,\ \ h''(x)=e^x-1}$
$\scriptsize\sf{x\gt 0}$ より、$\scriptsize\sf{h''(x)\gt 0}$ となるので、$\scriptsize\sf{h'(x)}$ は単調に増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{x\rightarrow +0}h'(x)=0\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{h'(x)\gt 0}$ となる。よって、$\scriptsize\sf{h'(x)}$ は単調に増加し、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{x\rightarrow +0}h(x)=0\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{h(x)\gt 0}$ となる。
以上より、$\scriptsize\sf{x\gt 0}$ のとき、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e^x\gt 1+x+\frac{x^2}{2}\end{align*}}$
が成り立つ。
(2)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)=e^{-x}+x\cdot \left(e^{-x}\right)=(1-x)e^{-x} \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f'(x)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{x=1}$ の前後で$\scriptsize\sf{f'(x)}$ の符号は正から負に変わるので、f(x)は$\scriptsize\sf{x=1}$ で極大値
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(1)=\frac{1}{e}\end{align*}}$
をとる。
ここで、(1)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf e^x\gt 1+x+\frac{x^2}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{e^x}{x}\gt \frac{1}{x}1+x\ \ \left(\because\ x\gt 0\right)\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{x}+1+x\right)=+\infty \end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{x}{e^x}=0 \end{align*}}$ ･･････(*)
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\lim_{x\rightarrow +0}f(x)= 0\cdot e^0=0\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt a\lt\frac{1}{e}\end{align*}}$ なので、方程式 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(x)=a \end{align*}}$ は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt x\lt 1\end{align*}}$ と$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1\lt x \end{align*}}$ の範囲にそれぞれ1つずつ実数解をもつので、題意は示された。
(3)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\left\{f(x)\right\}^2dx&=\sf\int x^2e^{-2x}dx \\ &=\sf -\frac{1}{2}\left(x^2e^{-2x}-\int 2xe^{-2x}dx\right)\\ &=\sf -\frac{1}{2}x^2e^{-2x}+\int xe^{-2x}dx\\ &=\sf -\frac{1}{2}x^2e^{-2x}-\frac{1}{2}\left(xe^{-2x}-\int e^{-2x}dx\right)\\ &=\sf \underline{-\frac{2x^2+2x+1}{4}e^{-2x}+C}\end{align*}}$
（C：積分定数）
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf\pi\int_p^q\left\{f(x)\right\}^2dx \\ &=\sf \pi\left[-\frac{2x^2+2x+1}{4}e^{-2x}\right]_p^q\\ &=\sf \frac{\pi}{4}\left(2p^2+2p+1\right)e^{-2p}-\frac{\pi}{4}\left(2q^2+2q+1\right)e^{-2q}\end{align*}}$
曲線$\scriptsize\sf{y=f(x)}$ と直線$\scriptsize\sf{y=a}$ の位置関係は下図のようになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a\rightarrow +0\end{align*}}$ のとき$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p\rightarrow +0\ ,\ \ q\rightarrow +\infty\end{align*}}$ となる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{p\rightarrow +0}\left(2p^2+2p+1\right)e^{-2p}=\left(0+0+1\right)\cdot e^0=1 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{q\rightarrow +\infty}\left(2q^2+2q+1\right)e^{-2q}=\lim_{q\rightarrow +\infty}\left(\frac{q}{e^q}\right)^2\left(2+\frac{2}{q}+\frac{1}{q^2}\right)=0 \ \ \ \ \left(\because\ (*)\right)\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow +0}V=\frac{\pi}{4}\cdot 1-\frac{\pi}{4}\cdot 0=\underline{\frac{\pi}{4}} \end{align*}}$
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- 2019/02/18(月) 23:57:00|
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第3問
座標平面上の曲線$\small\sf{\left(x-y\right)^2-2\left(x+y\right)=0}$ をCとする。次の問いに答えよ。
(1) 関数$\small\sf{\begin{align*}\sf f(t)=\log\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)\end{align*}}$ に対して、導関数$\small\sf{\begin{align*}\sf\frac{d}{dt}f(t) \end{align*}}$ を求めよ。
(2) 等式$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{d}{dt}\left(t\sqrt{t^2+1}\right)=a\sqrt{t^2+1}-\frac{b}{\sqrt{t^2+1}}\end{align*}}$ が成り立つように、定数a、bの値を定めよ。
また、不定積分$\small\sf{\begin{align*}\sf\int\sqrt{t^2+1}dt \end{align*}}$ を求めよ。
(3) 曲線C上の点(x，y)に対して、$\small\sf{\begin{align*}\sf x-y=t\end{align*}}$ とおいて、xとyをそれぞれtで表せ。
(4) 曲線C上の点のうち、x座標の値が最小である点をP、y座標の値が最小である点を
Qとする。2点P、Qの座標をそれぞれ求めよ。
(5) 曲線Cのうち、(4)の2点P、Qの間の部分をDとする。曲線Dの長さを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f(t)=\log\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)\end{align*}}$
に対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\frac{d}{dt}f(t) &=\sf\frac{\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)'}{t+\sqrt{t^2+1}} \\ &=\sf \frac{1+\frac{2t}{2\sqrt{t^2+1}}}{t+\sqrt{t^2+1}} \\ &=\sf \frac{\sqrt{t^2+1}+t}{\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)\sqrt{t^2+1}} \\ &=\sf \underline{\frac{1}{\sqrt{t^2+1}} }\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{d}{dt}\left(t\sqrt{t^2+1}\right)&=\sf \sqrt{t^2+1}+t\cdot \frac{2t}{2\sqrt{t^2+1}} \\ &=\sf \sqrt{t^2+1}+\frac{(t^2+1)}-1{\sqrt{t^2+1}}\\ &=\sf 2\sqrt{t^2+1}-\frac{1}{\sqrt{t^2+1}}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{a=2\ ,\ \ b=1}\end{align*}}$
これと(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{d}{dt}\left(t\sqrt{t^2+1}\right)=2\sqrt{t^2+1}-\frac{d}{dt}f(t) \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{t^2+1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{d}{dt}\left\{f(t)+t\sqrt{t^2+1}\right\}\end{align*}}$
となるので、両辺をtで積分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\sqrt{t^2+1}dt&=\sf\frac{1}{2}\left(f(t)+t\sqrt{t^2+1}\right)+C \\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}\left\{\log\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)+t\sqrt{t^2+1}\right\}+C}\end{align*}}$
(C：積分定数）
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x-y=t\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf C:\ (x-y)^2-2(x+y)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x+y=\frac{(x-y)^2}{2}=\frac{t^2}{2}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{(x+y)+(x-y)}{2}=\underline{\frac{t^2+2t}{4}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{(x+y)-(x-y)}{2}=\underline{\frac{t^2-2t}{4}}\end{align*}}$
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=\frac{1}{4}\left(t+1\right)^2-\frac{1}{4}\end{align*}}$
より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t=-1\end{align*}}$ のときxは最小になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{P\left(-\frac{1}{4},\ \frac{3}{4}\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{1}{4}\left(t-1\right)^2-\frac{1}{4}\end{align*}}$
より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t=1\end{align*}}$ のときyは最小になるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{Q\left(\frac{3}{4},\ -\frac{1}{4}\right)}\end{align*}}$
(5)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dx}{dt}=\frac{t+1}{2}\ ,\ \ \frac{dy}{dt}=\frac{t-1}{2}\end{align*}}$
なので、曲線Dの長さをLとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf L&=\sf\int_{-1}^1\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt \\ &=\sf\int_{-1}^1\sqrt{\left(\frac{t+1}{2}\right)^2+\left(\frac{t-1}{2}\right)^2}dt \\ &=\sf\frac{1}{2}\int_{-1}^1\sqrt{2t^2+2}dt \\ &=\sf \sqrt2\int_0^1\sqrt{t^2+1}dt\\ &=\sf\sqrt2\bigg[\frac{1}{2}\left\{\log\left(t+\sqrt{t^2+1}\right)+t\sqrt{t^2+1}\right\}\bigg]_0^1 \ \ \ \ \left(\because\ (2)\right)\\ &=\sf \underline{\frac{\sqrt2}{2}\log\left(1+\sqrt2\right)+1}\end{align*}}$
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- 2019/02/19(火) 23:57:00|
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第4問
x、yを整数、nを自然数、iを虚数単位とする。x、yが整数全体を動くとき、
(1+2i)(x+yi)と表される複素数全体の集合である無限集合をLとする。
さらに、Lの要素のうち、実部と虚部がともに0以上かつn以下であるものの
個数をmnとする。次の問いに答えよ。
(1) (1+2i)(x1+y1i)=5、(1+2i)(x2+y2i)=5iを満たす整数
x1、y1、x2、y2を求めよ。
(2) s、tが実数のとき、(1+2i)(s+ti)の実部と虚部がともに0以上かつ
5以下となるためのs、tの条件を求めよ。
(3) m5を求めよ。また、(1+2i)(x+yi)の実部と虚部がともに1以上かつ
4以下となるような整数x、y値の組(x，y)をすべて求めよ。
(4) zを複素数とする。$\small\sf{\begin{align*}\sf\frac{z}{1+2i}\end{align*}}$ の実部と虚部に注目して、zがLの要素である
とき、z+5、z+5iはともにLの要素であることを示せ。また、zがLの要素
でないとき、z+5、z+5iはともにLの要素でないことを示せ。
(5) m10を求めよ。また、kを自然数として、m5kをkを用いて表せ。
(6) mn≦2019＜mn+1となるnを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+2i\right)\left(x_1+y_1i\right)=5\ \ \Leftrightarrow\ \ x_1+y_1i=\frac{5}{1+2i}=\frac{5\left(1-2i\right)}{1^2+2^2}=1-2i\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+2i\right)\left(x_2+y_2i\right)=5i\ \ \Leftrightarrow\ \ x_2+y_2i=\frac{5i}{1+2i}=\frac{5i\left(1-2i\right)}{1^2+2^2}=2+i\end{align*}}$
成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{x_1=1\ ,\ \ y_1=-2\ ,\ \ x_2=2\ ,\ \ y_2=1}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+2i\right)\left(s+ti\right)=\left(s-2t\right)+\left(2s+t\right)i\end{align*}}$
より、実部に関する条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq s-2t\leqq 5\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\frac{1}{2}s-\frac{5}{2}\leqq t\leqq\frac{1}{2}s}\end{align*}}$
虚部に関する条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq 2s+t\leqq 5\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{-2s\leqq t\leqq -2s+5}\end{align*}}$
(3)
(4)の条件を図示すると、右図のようになり、
この領域内の格子点の個数が$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_5\end{align*}}$ に等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_5=\underline{8}\end{align*}}$
また、この領域内で実部と虚部がともに1以上かつ4以下と
なるような格子点は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (x,\ y)=\underline{(1,\ 0)\ ,\ (2,\ 0)\ ,\ (1,\ -1)\ ,\ (2,\ -1)}\end{align*}}$
(4)
【前半の証明】
zはLの要素なので整数m、nを用いて$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z=(1+2i)(m+ni)\end{align*}}$ と表すことができる。
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{z+5}{1+2i}=\frac{(1+2i)(m+ni)+(1+2i)(1-2i)}{1+2i}=m+1+(n-2)i\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{z+5i}{1+2i}=\frac{(1+2i)(m+ni)+(1+2i)(2+i)}{1+2i}=m+2+(n+1)i\end{align*}}$
となり、m、nは整数なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z+5,\ z+5i\end{align*}}$ はともにLの要素となる。
【後半の証明】
前半と同様に考えると、zがLの要素であるとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z-5,\ z-5i\end{align*}}$ はともにLの要素である。
よって、前半の証明より、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z+5\end{align*}}$ または$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z+5i\end{align*}}$ がLの要素であるとき、zもLの要素である。
対偶を考えると、zがLの要素でないとき、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z+5,\ z+5i\end{align*}}$ はともにLの要素ではない。
(5)
(2)と同様に、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+2i\right)\left(s+ti\right)\end{align*}}$ の実部と虚部がともに0以上10以下となるような
実数s、tの条件をst平面に図示したものが下の図であり、この領域（$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D_{10} \end{align*}}$ とする）内の
格子点の個数が$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{10} \end{align*}}$ に等しい。
まず、傾きが$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -2\end{align*}}$ である3本の直線 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=-2x+5M\ \ (M=0,1,2)\end{align*}}$ と
傾きが$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ である3本の直線 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{1}{2}x-\frac{5N}{2}\ \ (N=0,1,2)\end{align*}}$ の交点（青色の点）は32個ある。
さらに、領域$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D_{10} \end{align*}}$ はこれら6本の直線によって、22個の小領域に分けられ、各小領域にはそれぞれ4個
ずつの格子点(赤色の点）があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{10}=3^2+4\cdot 2^2=\underline{25}\end{align*}}$
同様に、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(1+2i\right)\left(s+ti\right)\end{align*}}$ の実部と虚部がともに0以上5k以下となるような
実数s、tの条件を満たす領域を$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D_{5k} \end{align*}}$ とすると、
この領域内の格子点の個数が$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{5k} \end{align*}}$ に等しい。
まず、傾きが$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -2\end{align*}}$ であるk+1本の直線 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=-2x+5M\ \ (M=0,1,\cdots ,k)\end{align*}}$ と
傾きが$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ であるk+1本の直線 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=\frac{1}{2}x-\frac{5N}{2}\ \ (N=0,1,\cdots ,k)\end{align*}}$ の交点は$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (k+1)^2 \end{align*}}$ 個ある。
さらに、領域$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D_{5k} \end{align*}}$ はこれら$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2(k+1)\end{align*}}$本の直線によって、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf k^2 \end{align*}}$個の小領域に分けられ、各小領域には
それぞれ4個ずつの格子点があるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{5k}=(k+1)^2+4k^2=\underline{5k^2+2k+1}\end{align*}}$
(6)
(5)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{100}=5\cdot 20^2+2\cdot 20+1=2041\end{align*}}$
領域$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf D_{100} \end{align*}}$ 内の格子点のうち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x-2y=100\end{align*}}$ または $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2x+y=100 \end{align*}}$
を満たすものは $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\cdot 20 +1=41\end{align*}}$ 個あるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_{99}=m_{100}-41=2000\end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf m_n\leqq 2019\lt m_{n+1}\end{align*}}$ を満たすnの値は
$\scriptsize\sf{n=\underline{99}}$
である。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2019/02/20(水) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の私立大学 .同志社大 理系 2019(理工)
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