第１問
ｓ、ｔを実数とする。以下の問いに答えよ。
(１) ｘ＝ｓ＋ｔ＋１ 、 ｙ＝ｓ－ｔ－１とおく。ｓ、ｔがｓ≧０、ｔ≧０の範囲
を動くとき、点(ｘ，ｙ)の動く範囲を座標平面内に図示せよ。
(２) ｘ＝ｓｔ＋ｓ－ｔ＋１ 、 ｙ＝ｓ＋ｔ－１とおく。ｓ、ｔが実数全体を動く
とき、点(ｘ，ｙ)の動く範囲を座標平面内に図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ｘ＝ｓ＋ｔ＋１ ････① ｙ＝ｓ－ｔ－１ ････②
①＋②より、
ｘ＋ｙ＝２ｓ
①－②より、
ｘ－ｙ＝２ｔ＋２
これらとｓ≧０、ｔ≧０より、
ｘ＋ｙ≧０ かつ ｘ－ｙ－２≧０
⇔ ｙ≧－ｘ かつ ｙ≦ｘ－２
よって、点(ｘ，ｙ)の動く範囲を図示すると、
右図のようになる（境界線上の点を含む。）
(２)
ｘ＝ｓｔ＋ｓ－ｔ＋１ ････③ ｙ＝ｓ＋ｔ－１ ････④
④より、
ｔ＝ｙ－ｓ＋１
これを③に代入すると、
ｘ＝ｓ(ｙ－ｓ＋１)＋ｓ－(ｙ－ｓ＋１)＋１
⇔ ｓ2－(ｙ＋３)ｘ＋ｘ＋ｙ＝０ ････⑤
ｓは実数なので、⑤の判別式を考えると、
Ｄ＝(ｙ＋３)2－４(ｘ＋ｙ)≧０
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x\leqq\frac{1}{4}\ (y+1)^2+2\end{align*}}$
よって、点(ｘ，ｙ)の動く範囲を図示すると、
右図のようになる（境界線上の点を含む。）
標準的な問題ですね。
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第２問
ｍを実数とする。座標平面上で直線ｙ＝ｘに関する対称移動を表す
１次変換をｆとし、直線ｙ＝ｍｘに関する対称移動を表す１次変換を
ｇとする。以下の問いに答えよ。
(１) １次変換ｇを表す行列Ａを求めよ。
(２) 合成変換 ｇ￮ｆ を表す行列Ｂを求めよ。
(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf B^3=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0&\sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$ となるｍをすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
直線ｙ＝ｍｘがｘ軸正方向となす角を$\scriptsize\sf{\theta}$ （０≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ ）とおくと、
ｍ＝tan$\scriptsize\sf{\theta}$
ｘｙ平面上の点Ｐをｘ軸および直線ｙ＝ｍｘについて
対称移動させた点をそれぞれＰ’、Ｐ”とおく。
∠ＰＯＰ’、∠ＰＯＰ”はそれぞれｘ軸および直線
ｙ＝ｍｘによって二等分されるので、
∠Ｐ’ＯＰ”＝２$\scriptsize\sf{\theta}$
よって、直線ｙ＝ｍｘに関する対称移動（Ｐ→Ｐ”）は、
ｘ軸について対称移動（Ｐ→Ｐ’）した後に、
原点中心に２$\scriptsize\sf{\theta}$ だけ回転させる移動（Ｐ’→Ｐ”）
と一致する。
ｘ軸対称移動および原点中心に２$\scriptsize\sf{\theta}$ の回転移動はそれぞれ、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf 1&\sf \ \ 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf \cos2\theta&\sf -\sin2\theta\\ \sf \sin2\theta&\sf \ \ \cos2\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$
という行列で表されるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf \cos2\theta&\sf -\sin2\theta\\ \sf \sin2\theta&\sf \ \ \cos2\theta\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1&\sf \ \ 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf \cos2\theta&\sf \ \ \sin2\theta\\ \sf \sin2\theta&\sf -\cos2\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$ ････①
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan^2\theta+1=\frac{1}{\cos^2\theta}\end{align*}}$ より、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos^2\theta=\frac{1}{1+m^2}\end{align*}}$
cosの倍角公式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos 2\theta+1=2\cos^2\theta-1=\frac{1-m^2}{1+m^2}\end{align*}}$ ･･･②
一方、tanの倍角公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan 2\theta=\frac{2\ \tan\theta}{1-\tan^2\theta}=\frac{2m}{1-m^2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin 2\theta=\tan2\theta\times\cos 2\theta=\frac{2m}{1+m^2}\end{align*}}$ ･･･③
これらを①に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A=\frac{1}{1+m^2}\begin{pmatrix} \sf 1-m^2&\sf 2m \\ \sf 2m & \sf m^2-1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
(２)
一次変換ｆを表す行列は、(１)で求めたＡにｍ＝１を代入したものなので、
ｇ￮ｆを表す行列Ｂは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\frac{1}{1+m^2}\begin{pmatrix} \sf 1-m^2&\sf 2m \\ \sf 2m & \sf m^2-1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf 1 \\ \sf 1 & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{1+m^2}\begin{pmatrix} \sf 2m &\sf 1-m^2 \\ \sf m^2-1 & \sf 2m \end{pmatrix}}\end{align*}}$
(３)
(２)で求めたＢに②、③を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\begin{pmatrix}\sf \sin2\theta&\sf \ \ \cos2\theta\\ \sf -\cos2\theta&\sf \sin2\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf\cos\left(\alpha-\frac{\pi}{2}\right)=\sin\alpha\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf\sin\left(\alpha-\frac{\pi}{2}\right)=-\cos\alpha\end{align*}}$
なので、行列Ｂは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\begin{pmatrix} \sf \sin\left(2\theta-\pi/2\right)&\sf -\cos\left(2\theta-\pi/2\right) \\ \sf \cos\left(2\theta-\pi/2\right) & \sf \sin\left(2\theta-\pi/2\right)\end{pmatrix}\end{align*}}$
と変形できる。これより、
行列Ｂは、原点中心に$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\theta-\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ だけ回転させる移動を表すので、
Ｂ3は、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 6\theta-\frac{3\pi}{2}\end{align*}}$ だけ回転させる移動を表す。
一方、与式の右辺は単位行列なので、一般角で考えると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 6\theta-\frac{\pi}{2}=2n\ \pi\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\left(\frac{1}{4}+\frac{n}{3}\right)\ \pi\end{align*}}$ （ｎは整数）
０≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta=\frac{1}{4}\pi\ ,\ \frac{7}{12}\pi\ ,\ \frac{11}{12}\pi\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=\tan\theta=\tan\frac{1}{4}\pi\ ,\ \tan\frac{7}{12}\pi\ ,\ \tan\frac{11}{12}\pi\end{align*}}$
加法定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\frac{7}{12}\pi=\tan\left(\frac{1}{3}\pi+\frac{1}{4}\pi\right)=\frac{1+\sqrt3}{1-1\cdot\sqrt3}=2+\sqrt3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\frac{11}{12}\pi=\tan\left(\frac{2}{3}\pi+\frac{1}{4}\pi\right)=\frac{1-\sqrt3}{1+1\cdot\sqrt3}=2-\sqrt3\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=1\ ,\ 2\pm\sqrt3\end{align*}}$
(１)を三角関数を用いて考えると、(３)も自然なんでしょうけど・・・
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第３問
袋Ａ、袋Ｂのそれぞれに、１からＮの自然数がひとつずつ書かれた
Ｎ枚のカードが入っている。これらのカードをよくかきまぜて取り出
していく。以下の問いに答えよ。
(１) Ｎ＝４とする。袋Ａ、Ｂのそれぞれから同時に１枚ずつカードを取
り出し、数字が同じかどうかを確認する操作を繰り返す。ただし、
取り出したカードは元に戻さないものとする。４回のカードの取り
出し操作が終わった後、数字が一致していた回数をＸとする。
Ｘ＝１、Ｘ＝２、Ｘ＝３、Ｘ＝４となる確率をそれぞれ求めよ。
また、Ｘの期待値を求めよ。
(２) Ｎ＝３とし、ｎは自然数とする。袋Ａ、Ｂのそれぞれから同時に１枚
ずつカードを取り出し、カードの数字が一致していたら、それらの
カードを取り除き、一致していなかったら、元の袋に戻すという操作
を繰り返す。カードが初めて取り除かれるのがｎ回目で起こる確率を
ｐnとし、ｎ回目の操作ですべてのカードが取り除かれる確率をｑnと
する。ｐnとｑnを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Ａのカードの数字を、取り出した順にａ、ｂ、ｃ、ｄとする。
Ｂのカードの取り出し方は全部で、４！＝24通りある。
Ｘ＝１
どの数が一致するかはａ～ｄの４通り。
ここで仮にａが一致したとすると、Ｂの２～４枚目のカードは、
それぞれｂ、ｃ、ｄと異なる必要があるので、ｃ、ｄ、ｂの順に
取り出すか、ｄ、ｂ、ｃの順に取り出すかの２通り。
他の場合も同様に考えることができるので、全部で４×２＝８通り。
よって、Ｘ＝１となる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{8}{24}=\underline{\ \frac{1}{3}\ \ }\end{align*}}$
Ｘ＝２
どの２数が一致するかは4Ｃ2＝６通り。
ここで仮にａとｂが一致したとすると、Ｂの３、４枚目のカードは、
それぞれｃ、ｄと異なる必要があるので、ｄ、ｃの順に取り出せばよい。
他の場合も同様に考えることができるので、全部で６×１＝６通り。
よって、Ｘ＝２となる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{6}{24}=\underline{\ \frac{1}{4}\ \ }\end{align*}}$
Ｘ＝３
このような場合はあり得ないので、確率は ０
Ｘ＝４
Ｂもａ、ｂ、ｃ、ｄの順に取り出せばよいので、確率は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{1}{24}\ \ }\end{align*}}$
(２)
Ａ、Ｂそれぞれに３枚のカードが入っている状態において、
(ア) 引いたカードの数字が一致する （確率 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{3}\end{align*}}$ ）
(イ) 引いたカードの数字が一致しない （確率 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\end{align*}}$ ）
の２つの場合が考えられる。
ｎ回目で初めてカードが取り除かれるのは、
１回目から(ｎ－１)回目はカードが一致せず、ｎ回目に一致すればよい。
その確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\cdot\frac{1}{3}=\underline{\ \frac{2^{n-1}}{3^n}\ \ }\end{align*}}$ ････①
次に、Ａ、Ｂそれぞれに２枚のカードが入っている状態において、
(ウ) 引いたカードの数字が一致する （確率 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ）
(エ) 引いたカードの数字が一致しない （確率 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ）
の２つの場合が考えることができる。
また、Ａ、Ｂそれぞれに１枚のカードが入っている状態においては、
引いたカードの数字は必ず一致する。････(オ)
以上のことを踏まえて、ｎ回目にすべてのカードが取り除かれる
確率ｑnを求める。
まず、３枚のカードすべてを２回目までに取り除くことはできないので、
ｑ1＝ｑ2＝０．
以下は、ｎ≧３のときを考える。
ｋ回目に初めてカードを取り除くとすると、この確率は①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_k=\frac{2^{k-1}}{3^k}\end{align*}}$
(オ)より、次にカードを取り除くのは(ｎ－１)回目の操作を行うときなので、
(ｋ＋１)回目から(ｎ－２)回目までの(ｎ－ｋ－２)回の操作は、
Ａ、Ｂそれぞれに２枚ある状態で、引いたカードが一致しなければよい。
よって、
ｋ回目にカードを初めて取り除き、ｎ回目にすべてを取り除く確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_k\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k-2}\cdot \frac{1}{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^n\cdot\left(\frac{4}{3}\right)^k\end{align*}}$
ｋの値は１からｎ－２までとり得るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_n=\sum_{k=1}^{n-2}\left(\frac{1}{2}\right)^n\cdot\left(\frac{4}{3}\right)^k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{1}{2}\right)^n\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{\left(\frac{4}{3}\right)^{n-2}-1}{\frac{4}{3}-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \left(\frac{2}{3}\right)^{n-2}-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\ \ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \end{align*}}$
(１)は書き出せば問題ないでしょう。
(２)のｑnが難しいですねぇ。
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- 2018/10/25(木) 01:13:00|
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第４問
０≦ｘ≦$\small\sf{\pi}$ に対して、関数ｆ(ｘ)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_0^{\pi /2}\ \frac{\cos \left|t-x\right|}{1+\sin \left|t-x\right|}\ dt\end{align*}}$
と定める。ｆ(ｘ)の０≦ｘ≦$\small\sf{\pi}$ における最大値と最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ｐ＝ｘ－ｔとおくと、ｄｐ＝－ｄｘであり、
ｔ：０→$\scriptsize\sf{\pi}$ /2のとき ｐ：ｘ－$\scriptsize\sf{\pi}$ /2→ｘ となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_0^{\pi /2}\ \frac{\cos \left|x-t\right|}{1+\sin \left|x-t\right|}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_x^{x-\pi /2}\ \frac{\cos \left|p\right|}{1+\sin \left|p\right|}\ (-dp)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{x-\pi /2}^x\ \frac{\cos \left|p\right|}{1+\sin \left|p\right|}\ dp\end{align*}}$
(ⅰ)
０≦ｘ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2のとき、
ｘ－$\scriptsize\sf{\pi}$ /2≦０≦ｘ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_{x-\pi /2}^0\ \frac{\cos (-p)}{1+\sin (-p)}\ dp+\int_0^x\ \frac{\cos p}{1+\sin p}\ dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{x-\pi /2}^0\ \frac{\cos p}{1-\sin p}\ dp+\int_0^x\ \frac{\cos p}{1+\sin p}\ dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{x-\pi /2}^0\ \frac{-(1-\sin p)'}{1-\sin p}\ dp+\int_0^x\ \frac{(1+\sin p)'}{1+\sin p}\ dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\ \log\left|1-\sin p\right|\ \right]_0^{x-\pi /2}+\left[\ \log\left|1+\sin p\right|\ \right]_0^x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\left|1-\sin \left(x-\frac{\pi}{2}\right)\right|+\log\left|1+\sin x\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log(1+\cos x)(1+\sin x)\end{align*}}$
導関数を求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{(1+\cos x)'(1+\sin x)+(1+\cos x)(1+\sin x)'}{(1+\cos x)(1+\sin x)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-\sin x-\sin^2 x+\cos x+\cos ^2 x}{(1+\cos x)(1+\sin x)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x+1)}{(1+\cos x)(1+\sin x)}\end{align*}}$
１＋cosｘ＞０ 、 １＋sinｘ＞０ 、 cosｘ＋sinｘ＋１＞０なので、
ｆ'(ｘ)＝０となるのは、cosｘ＝sinｘ ⇔ ｘ＝$\scriptsize\sf{\pi}$ /4 のとき。
(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\pi}$ /2＜ｘ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ のとき、
０＜ｘ－$\scriptsize\sf{\pi}$ /2≦ｐ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\int_{x-\pi /2}^x\ \frac{\cos p}{1+\sin p}\ dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{x-\pi /2}^x\ \frac{(1+\sin p)'}{1+\sin p}\ dp\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\ \log\left|1+\sin p\right|\ \right]_{x-\pi /2}^x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\left|1+\sin x\right|-\log\left|1+\sin \left(x-\frac{\pi}{2}\right)\right|\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log(1+\sin x)-\log(1-\cos x)\end{align*}}$
導関数を求めると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{\cos x}{1+\sin x}-\frac{\sin x}{1-\cos x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos x-\cos^2x-\sin x-\sin^2x}{(1+\sin x)(1-\cos x)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\cos x-\sin x-1}{(1+\sin x)(1-\cos x)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\pi}$ /2＜ｘ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ より、cosｘ－sinｘ－１＜０なので、
この範囲で ｆ’(ｘ)＜０．
以上より、ｆ(ｘ)の増減表を書くと下の通り。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (0)=\log(1+1)(1+0)=\log 2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ \left(\frac{\pi}{4}\right)=\log\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2=\log \frac{3+2\sqrt2}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ \left(\pi\right)=\log(1+0)-\log (1+1)=-\log 2\end{align*}}$
なので、
ｘ＝$\scriptsize\sf{\pi}$ /4で最大 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \log \frac{3+2\sqrt2}{2}\end{align*}}$
ｘ＝$\scriptsize\sf{\pi}$ で最小 －log２
絶対値があるだけで、ホントイヤな問題になってしまいますね････
キチンと場合分けをして、丁寧に計算しましょう。
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- 2018/10/25(木) 01:14:00|
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第５問
長さ１の線分ＡＢを直径とする円周Ｃ上に点Ｐをとる。ただし、点Ｐは
点Ａ、Ｂとは一致していないとする。線分ＡＢ上の点Ｑを∠ＢＰＱ＝$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\end{align*}}$
となるようにとり、線分ＢＰの長さをｘとし、線分ＰＱの長さをｙとする。
以下の問いに答えよ。
(１) ｙをｘを用いて表せ。
(２) 点Ｐが２点Ａ、Ｂを除いた円周Ｃ上を動くとき、ｙが最大となるｘを
求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ＡＢは直径なので、∠ＡＰＢ＝90°であり、
∠ＡＰＱ＝90－60＝30°
また、△ＡＰＢで三平方の定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP=\sqrt{AB^2-PB^2}=\sqrt{1-x^2}\end{align*}}$
ここで、 △ＰＡＢ＝△ＰＡＱ＋△ＰＢＱ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\ x\sqrt{1-x^2}=\frac{1}{2}\ y\sqrt{1-x^2}+\frac{1}{2}\ xy\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{2x\sqrt{1-x^2}}{\sqrt3x+\sqrt{1-x^2}}\ \ }\end{align*}}$
(２)
△ＰＡＢにおいて、∠ＰＡＢ＝$\scriptsize\sf{\theta}$ とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PB=x=\sin \theta\ \ ,\ \ PA=\sqrt{1-x^2}=\cos \theta\end{align*}}$ ････①
となるので、(１)で求めたｙは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{2\sin \theta\ \cos \theta}{\sqrt3 \sin\theta+\cos \theta}\end{align*}}$
と表せる。これを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y'=\frac{2(\cos^2 \theta-\sin^2 \theta)(\sqrt3 \sin\theta+\cos \theta)-2\sin \theta\ \cos \theta(\sqrt3 \cos\theta-\sin \theta)}{(\sqrt3 \sin\theta+\cos \theta)^2}\end{align*}}$ ．
分子を展開して整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y'=\frac{2\cos^3 \theta-2\sqrt3 \sin^3 \theta}{(\sqrt3 \sin\theta+\cos \theta)^2}\end{align*}}$
となるので、ｙ’＝０となるのは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos^3 \theta=\sqrt3 \sin^3 \theta\ \ \Leftrightarrow\ \ \tan\theta=\frac{1}{\sqrt[6] 3}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\alpha=\frac{1}{\sqrt[6] 3}\ \ \ \ (0<\alpha<\pi/2)\end{align*}}$
とおいて、増減表を書くと下のようになる。
これより、$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝$\scriptsize\sf{\alpha}$ のときｙは最大となる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{1}{\sqrt[6]3}\end{align*}}$
分母を払い、両辺を２乗
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]3\ x^2=1-x^2\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2=\frac{1}{1+\sqrt[3]3}\end{align*}}$
ｘ＞０より、両辺の平方根をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ x=\frac{1}{\sqrt{1+\sqrt[3]3}\ \ }}\end{align*}}$
(１)の結論をそのままｘで微分してもできますが、計算が少し面倒です。
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- 2018/10/25(木) 01:15:00|
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第６問
数列{ａn}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=1\ \ ,\ \ a_{n+1}=\sqrt{\frac{3a_n+4}{2a_n+3}}\ \ \ \ \ \ \ \ (n=1,2,3,\ldots)\end{align*}}$
で定める。以下の問いに答えよ。
(１) ｎ≧２のとき、ａn＞１となることを示せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf \alpha ^2=\frac{3\alpha+4}{2\alpha+3}\end{align*}}$ を満たす正の実数$\small\sf{\alpha}$ を求めよ。
(３) すべての自然数ｎに対してａn＜$\small\sf{\alpha}$ となることを示せ。
(４) ０＜ｒ＜１を満たすある実数ｒに対して、不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}\leqq r\ \ \ \ \ \ \ \ (n=1,2,3,\ldots)\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。さらに、極限 $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ａ1＞０よりａ2＞０、ａ2＞０よりａ3＞０、
以下、帰納的にすべてのｎに対して、ａn＞０ ････①
与えられた漸化式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\sqrt{\frac{3a_n+4}{2a_n+3}}=\sqrt{1+\frac{a_n+1}{2a_n+3}}\end{align*}}$
と変形でき、①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a_n+1}{2a_n+3}>0\end{align*}}$
なので、すべてのｎに対してａn＞１が成り立つ。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^2=\frac{3\alpha+4}{2\alpha+3}\ \ \Leftrightarrow\ \ 2\alpha^3+2\alpha^2-3\alpha-4=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (\alpha+1)(2\alpha^2+\alpha-4)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \alpha=-1\ ,\ \frac{-1\pm\sqrt{33}}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＞０より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}\end{align*}}$
(３)
ａn＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ ････(Ａ) を数学的帰納法で示す。
(ⅰ)ｎ＝１のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha-1=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}-1=\frac{\sqrt{33}-5}{4}>0\end{align*}}$
よりOK。
(ⅱ)ｎ＝ｋのとき(Ａ)が成立すると仮定すると、
ａk＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ ････②
ｎ＝ｋ＋１のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^2-a_{k+1}^2=\frac{3\alpha+4}{2\alpha+3}-\frac{3a_k +4}{2a_k +3}\end{align*}}$
通分して分子を整理すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^2-a_{k+1}^2=\frac{\alpha-a_k}{(2\alpha+3)(2a_k +3)}>0\end{align*}}$ ←②より
ここで、$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＞０であり、また、①よりａk+1＞０なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha-a_{k+1}>0\end{align*}}$
よって、ｎ＝ｋ＋１のときも(Ａ)は成立するので、
任意の自然数ｎに対して、ａn＞$\scriptsize\sf{\alpha}$ は成立する。
(４)
(３)の(ⅱ)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha^2-a_{n+1}^2=\frac{\alpha-a_n}{(2\alpha+3)(2a_n +3)}\end{align*}}$
両辺を $\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋ａn+1（＞０）で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha-a_{n+1}=\frac{\alpha-a_n}{(2\alpha+3)(2a_n +3)(\alpha+a_{n+1})}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{1}{(2\alpha+3)(2a_n +3)(\alpha+a_{n+1})}\end{align*}}$
とおくと、１＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、 １＜ａnより、０＜ｒ＜１なので、不等式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\alpha-a_{n+1}}{\alpha-a_n}\leqq r\end{align*}}$
が成り立つ。
この不等式は任意の自然数に対して成り立つので、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn≦ｒ($\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn-1)
$\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn-1≦ｒ($\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn-2)
$\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn-2≦ｒ($\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn-3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \vdots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａ3≦ｒ($\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａ2)
$\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａ2≦ｒ($\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａ1)
(３)より、すべての不等式において、両辺＞０なので、
これらを辺々かけると、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａn≦ｒn-1($\scriptsize\sf{\alpha}$ －ａ1)
ここで、０＜ｒ＜１より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ r^{n-1}=0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n=\alpha=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}\end{align*}}$
よくある問題なので、一度ぐらいは解いたことがあると思います。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/25(木) 01:16:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .東北大 理系 2012
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