第1問
次の連立不等式で定まる座標平面上の領域Dを考える。
$\small\sf{\begin{align*} \sf x^2+(y-1)^2\leqq 1\ \ ,\ \ x\geqq\frac{\sqrt2}{3}\end{align*}}$
直線ｍは原点を通り、Dとの共通部分が線分となるものとする。
その線分の長さＬの最大値を求めよ。また、Ｌが最大値をとるとき、
x軸とｍのなす角$\small\sf{\begin{align*}\sf \theta\ \ \left(0\lt\theta\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ の余弦cos$\small\sf{\theta}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
直線ｍが領域Dの境界と交わる点を
右図のようにP、Qとする。
また、2点A、Bを
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\ (0\ ,\ 2)\ \ ,\ \ B\left(\frac{\sqrt2}{3}\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
とおく。
ＯAは円の直径であり、接弦定理より
∠ＯAP=∠PＯB=$\scriptsize\sf{\theta}$
なので、
ＯP=ＯAsin$\scriptsize\sf{\theta}$ =2sin$\scriptsize\sf{\theta}$ ．
また、△ＯBQで考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OQ=\frac{OB}{\cos\theta}=\frac{\sqrt2}{3\cos\theta}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=OP-OQ=2\sin\theta-\frac{\sqrt2}{3\cos\theta}\end{align*}}$ ．
これを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L'=2\cos\theta-\frac{\sqrt2\sin\theta}{3\cos^2\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{6\cos^3\theta-\sqrt2\sin\theta}{3\cos^2\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{6\cos^2\theta-\sqrt2\tan\theta}{3\cos\theta}\end{align*}}$
Ｌ'=0となるのは、
分子=0 ⇔ tan$\scriptsize\sf{\theta}$ =$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 3\sqrt2\end{align*}}$ cos2$\scriptsize\sf{\theta}$
のときであり、これを
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan^2\theta+1=\frac{1}{\cos^2\theta}\end{align*}}$
に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 18\cos^4\theta+1=\frac{1}{\cos^2\theta}\end{align*}}$
⇔ 18cos6$\scriptsize\sf{\theta}$ +cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ －1=0
⇔ (3cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ －1)(6cos4$\scriptsize\sf{\theta}$ +2cos2+1)=0
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos^2\theta=\frac{1}{3}\ ,\ \frac{-1\pm\sqrt5\ i}{6}\end{align*}}$
0＜$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\frac{1}{\sqrt3}\ \ \ (>0)\end{align*}}$
このときの$\scriptsize\sf{\theta}$ の値を$\scriptsize\sf{\alpha}$ （0＜$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ /2）とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\alpha=\frac{1}{\sqrt3}\ \ ,\ \ \sin\alpha=\frac{\sqrt2}{\sqrt3}\ \ \ (>0)\end{align*}}$
であり、この$\scriptsize\sf{\alpha}$ を用いてＬの増減表を書くと下の通り。
よって、Ｌが最大となるのは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\cos\alpha=\underline{\ \frac{1}{\sqrt3}\ \ }\end{align*}}$
のときであり、その値は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L=2\cdot\frac{\sqrt2}{\sqrt3}-\frac{\sqrt2}{3\cdot\frac{1}{\sqrt3}}=\underline{\ \frac{\sqrt6}{3}\ \ }\end{align*}}$
まぁ1問目は軽い感じですね。確実にどうぞ。
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第3問
座標平面上で2つの不等式
$\small\sf{\begin{align*} \sf y\geqq\frac{1}{2}\ x^2\ \ ,\ \ \frac{x^2}{4}+4y^2\leqq\frac{1}{8}\end{align*}}$
によって定まる領域をSとする。Sをx軸のまわりに回転してできる
立体の体積をV1とし、y軸のまわりに回転してできる立体の体積を
V2とする。
(1) V1とV2の値を求めよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{V_2}{V_1}\end{align*}}$ の値と1の大小を比較せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
領域Sの境界線を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C: y=\frac{1}{2}\ x^2\ \ ,\ \ E:\ \frac{x^2}{4}+4y^2=\frac{1}{8}\end{align*}}$
とする。
CとEの交点を求めるために2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{4}+4\left(\frac{1}{2}\ x^2\right)^2=\frac{1}{8}\end{align*}}$
⇔ 8x4+2x2－1=0
⇔ (4x2－1)(2x2+1)=0
x2≧0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\pm\frac{1}{2}\end{align*}}$
よって、CとEの交点は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(\pm\ \frac{1}{2}\ ,\ \frac{1}{8}\right)\end{align*}}$
となり、領域Sを図示すると右図のようになる。
(1)
Eの式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y^2=\frac{1-2x^2}{32}\end{align*}}$
と変形できるので、V1は図の対称性を考慮に入れて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_1=2\pi\int_0^{1/2}\ \frac{1-2x^2}{32}\ dx-2\pi\int_0^{1/2}\ \left(\frac{1}{2}x^2\right)^2\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\pi}{32}\left[x-\frac{2}{3}\ x^3\right]_0^{1/2}-2\pi\left[\frac{1}{5}\ x^5\right]_0^{1/2}\end{align*}}$
これを計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ V_1=\frac{11}{480}\ \pi\ \ }\end{align*}}$
一方、CおよびEの式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C:\ x^2=2y\ \ ,\ \ E:\ x^2=\frac{1-32y^2}{2}\end{align*}}$
と変形できるので、V2は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_2=\pi\int_0^{1/8}\ 2y\ dy+\pi\int_{1/8}^{1/4\sqrt2}\ \frac{1-32y^2}{2}\ dy\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\left[y^2\right]_0^{1/8}-\frac{\pi}{2}\left[y-\frac{1}{3}y^3\right]_{1/8}^{1/4\sqrt2}\end{align*}}$
これを計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ V_2=\frac{8\sqrt2-7}{192}\ \pi\ \ }\end{align*}}$
(2)
(1)で求めたV1、V2の差をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_1-V_2=\frac{11}{480}\ \pi-\frac{8\sqrt2-7}{192}\ \pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{57-40\sqrt2}{960}\ \pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt{3249}-\sqrt{3200}}{960}\ \pi\ >0\end{align*}}$
よって、V1＞V2なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \frac{V_2}{V_1}<1\ \ }\end{align*}}$
これはかなり易しめですな。計算ミスだけ気をつけましょう。
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第4問
ｎを2以上の整数とする。自然数(1以上の整数)のｎ乗になる数を
ｎ乗数と呼ぶことにする。以下の問いに答えよ。
(1) 連続する2個の自然数の積はｎ乗数でないことを示せ。
(2) 連続するｎ個の自然数の積はｎ乗数でないことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
連続する2つの自然数をＮ、Ｎ+1とする。
Ｎ=1のときは、
1･2=2
となり、これは明らかにｎ乗数ではないので、
以下は、Ｎ≧2の範囲で考える。
Ｎが素因数p（p≧2）をもつとすると、
Ｎ=pＮ’ （Ｎ’は自然数）
と表すことができる。
p≧2より、
pＮ’＜pＮ’+1＜p(Ｎ’+1)
⇔ pＮ’＜Ｎ+1＜P(Ｎ’+1)
よって、Ｎ+1はpを素因数として持ち得ないので、
ＮとＮ+1は互いに素である。
よって、Ｎ(Ｎ+1)がｎ乗数になるためには、
Ｎ=an、 Ｎ+1=bn
の形であればよい（a、bは互いに素な自然数）。
このとき、
(Ｎ+1)－Ｎ=an－bn≧2n－1n
⇔ 1≧2n－1n
となるが、ｎ≧2なので、これを満たす自然数a、bは存在しない。
以上より、連続する2つの自然数の積がｎ乗数になることはない。
ＮとＮ+1が互いに素であることは、証明抜きに使ってもよさそうですが････
(2)
連続するｎ個の自然数をＮ、Ｎ+1、Ｎ+2、･･････、Ｎ+ｎ－1とする。
その積がｎ乗数であるとすると、
Ｎ(Ｎ+1)(Ｎ+2)････(Ｎ+ｎ－1)=Ｍn ････①
となる自然数Ｍ、ｎ（≧2）が存在する。
一方、不等式
Ｎn＜Ｎ(Ｎ+1)(Ｎ+2)････(Ｎ+ｎ－1)＜(Ｎ+ｎ－1)n ････②
が成り立つので、①、②より
Ｎn＜Ｍn＜(Ｎ+ｎ－1)n ⇔ Ｎ＜Ｍ＜Ｎ+ｎ－1．
よって①は、
Ｎ(Ｎ+1)･･･(Ｍ－1)Ｍ(Ｍ+1)･･･(Ｎ+ｎ－1)=Ｍn
と表すことができ、両辺をＭで割ると、
⇔ Ｎ(Ｎ+1)･･･(Ｍ－1)(Ｍ+1)･･･(Ｎ+ｎ－1)=Ｍn-1．
ここで(1)と同様、連続する2整数ＭとＭ+1は互いに素なので、
左辺はＭ+1の倍数であるが、右辺はＭ+1の倍数とはなり得ず
この式は矛盾する。
よって、連続するｎ個の自然数の積はｎ乗数とならない。
ことしの東大の問題では、これが一番難しいでしょうね。
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第5問
行列 $\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf b\\ \sf c&\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$ が次の条件(D)を満たすとする。
(D) Aの成分a、b、c、dは整数である。また、平面上の4点
(0，0)、(a，b)、(a+c，b+d)、(c，d)は、面積1の
平行四辺形の4つの頂点をなす。
$\small\sf{\begin{align*} \sf B=\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 1\\ \sf 0&\sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$ とおく。次の問いに答えよ。
(1) 行列BAとB-1Aも条件(D)を満たすことを示せ。
(2) c=0ならば、AにB、B-1のどちらを左から次々にかけること
により、4個の行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 &\sf 1 \end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf -1&\sf 0 \\ \sf &\sf 1\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0 \\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\ \ ,\ \ \begin{pmatrix}\sf -1&\sf 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\end{align*}}$
のどれかにできることを示せ。
(3) |a|≧|c|＞0とする。BA、B-1Aの少なくともどちらか一方は、
それを $\small\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf x&\sf y\\ \sf z &\sf w\end{pmatrix}\end{align*}}$ とすると
|x|+|z|＜|a|+|c|
を満たすことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(0，0)、(a，b)、(a+c，b+d)、(c，d)を頂点とする平行四辺形の
面積は |ad－bc| で求めることができるので、
条件(D) ⇔ |ad－bc|=1 ⇔ |det(A)|=1
（注 det(A)は行列Aのデターミナントを表す。）
(1)
BAを計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BA=\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 1 \\ \sf 0 &\sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a&\sf b\\ \sf c &\sf d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a+c &\sf b+d \\ \sf c&\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
より、
|det(BA)|=|(a+c)d－(b+d)c|=|ad－bc|=1．
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^{-1}=\begin{pmatrix}\sf 1 &\sf -1 \\ \sf 0 &\sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^{-1}A=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf -1 \\ \sf 0&\sf 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a &\sf b\\ \sf c&\sf d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a-c&\sf b-d \\ \sf c&\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
より、
|det(B-1A)|=|(a－c)d－(b－d)c|=|ad－bc|=1．
以上より、BAおよびB-1Aも条件(D)を満たす。
(2)
c=0のとき、条件(D)より、
|ad|=1
⇔ (a，d)=(1，1)、(－1，1)、(1，－1)、(－1，－1) ････①
また、このときBAおよびB-1Aは、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BA=\begin{pmatrix}\sf a&\sf b+d \\ \sf 0 &\sf d \end{pmatrix}\ \ ,\ \ B^{-1}A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf b-d \\ \sf 0 &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
となる。
(ⅰ)bとdが異符号のとき
Aの左からBを|b|回かけると、(1，2)成分はb+(－b)=0となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (B)^{|b|}\ A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf 0 \\ \sf 0 &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
(ⅱ)bとdが同符号のとき
Aの左からB-1を|b|回かけると、(1，2)成分はb－b=0となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (B^{-1})^{|b|}\ A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf 0 \\ \sf 0 &\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
(ⅲ)b=0のとき
Aの左からBとB-1を1回ずつかけると、
BB-1=E （E：2次の単位行列）なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B\ B^{-1}\ A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf 0 \\ \sf 0 &\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
以上より、いずれの場合も
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf a&\sf 0 \\ \sf 0 &\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
と変形することができ、この行列は①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 &\sf 1 \end{pmatrix}\ , \ \begin{pmatrix}\sf -1&\sf 0 \\ \sf &\sf 1\end{pmatrix}\ , \ \begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0 \\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\ , \ \begin{pmatrix}\sf -1&\sf 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\end{align*}}$
のいずれかである。
(3)
|a|≧|c|＞0 ････②
(ア)aとcが異符号のとき
②より |a+c|＜|a| なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf x&\sf y\\ \sf z &\sf w\end{pmatrix}=BA=\begin{pmatrix}\sf a+c&\sf b+d\\ \sf c &\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
とおくと、
|x|+|z|=|a+c|+|c|＜|a|+|c|
(イ)aとcが同符号のとき
②より |a－c|＜|a| なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix}\sf x&\sf y\\ \sf z &\sf w\end{pmatrix}=B^{-1}A=\begin{pmatrix}\sf a-c&\sf b-d\\ \sf c &\sf d\end{pmatrix}\end{align*}}$
とおくと、
|x|+|z|=|a－c|+|c|＜|a|+|c|
以上より、いずれの場合も |x|+|z|＜|a|+|c| を満たす。
あまり行列は関係ない感じですね。
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第6問
2×2行列 $\small\sf{\begin{align*} \sf P=\begin{pmatrix}\sf p&\sf q\\ \sf r &\sf s\end{pmatrix}\end{align*}}$ に対して、
Tr(P)=p+s
と定める。
a、b、cはa≧b＞0、 0≦c≦1を満たす実数とする。行列A、B、C、Dを
次で定める。
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix}\sf a&\sf 0\\ \sf 0 &\sf b\end{pmatrix}\ \ ,\ \ B=\begin{pmatrix}\sf b &\sf 0\\ \sf 0 &\sf a\end{pmatrix}\ \ ,\ \ C=\begin{pmatrix}\sf a^c&\sf 0\\ \sf 0 &\sf b^c\end{pmatrix}\ \ ,\ \ D=\begin{pmatrix}\sf b^{1-c} &\sf 0\\ \sf 0 &\sf a^{1-c}\end{pmatrix}\end{align*}}$
また実数xに対し
$\small\sf{\begin{align*} \sf U=\begin{pmatrix}\sf \cos x&\sf -\sin x\\ \sf\sin x &\cos x\end{pmatrix}\end{align*}}$
とする。このとき以下の問いに答えよ。
(1) 各実数ｔに対して、xの関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=Tr\Bigg(\left(U(t)\ A\ U(-t)-B\right)\ U(x)\ \begin{pmatrix}\sf 1 &\sf 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\ U(-x)\Bigg)\end{align*}}$
の最大値ｍ(ｔ)を求めよ。ただし、最大値をとるxを求める必要はない。
(2) すべての実数ｔに対し
2Tr(Ｕ(ｔ)CＵ(－ｔ)D)≧Tr(Ｕ(ｔ)AＵ(－ｔ)+B)－ｍ(ｔ)
が成り立つことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
cos(－ｔ)=cosｔ、 sin(－ｔ)=－sinｔより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf U(t)\ A\ U(-t)-B=\begin{pmatrix}\sf \cos t &\sf -\sin t\\ \sf \sin t &\cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a&\sf 0\\ \sf 0 &\sf b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos t &\sf \sin t\\ \sf -\sin t &\sf \cos t\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\sf \sf b &\sf 0\\ \sf 0 &\sf a\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf a\cos t &\sf -b\sin t\\ \sf a\sin t &\sf b\cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos t &\sf \sin t\\ \sf -\sin t&\sf \cos t\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\sf b &\sf 0\\ \sf 0&\sf a\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf a\cos^2 t+b\sin^2t-b &\sf (a-b)\sin t\cos t\\ \sf (a-b)\sin t\cos t &\sf b\cos^2 t+a\sin^2 t-a\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf (a-b)\cos^2 t&\sf(a-b)\sin t\cos t\\ \sf (a-b)\sin t\cos t &\sf -(a-b)\cos^2 t\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(a-b)\ \cos t\begin{pmatrix}\sf \cos t&\sf \sin t\\ \sf \sin t&\sf -\cos t\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf U(x)\ \begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0 \sf &-1\end{pmatrix}\ U(-x)=\begin{pmatrix}\sf \cos x&\sf -\sin x\\ \sf \sin x&\sf \cos x\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos x&\sf\sin x\\ \sf -\sin x &\sf\cos x\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf \cos x&\sf\sin x\\ \sf \sin x&\sf -\cos x\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos x&\sf\sin x\\ \sf -\sin x&\sf \cos x\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf \cos 2x-\sin^2 x&\sf 2\sin x\cos x\\ \sf 2\sin x\cos x&\sf -\cos^2 x+\sin^2x\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf \cos 2x&\sf \sin 2x\\ \sf \sin 2x&\sf -\cos 2x\end{pmatrix}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(U(t)\ A\ U(-t)-B\right)\ U(x)\ \begin{pmatrix}\sf 1&\sf0\\ \sf 0 &\sf -1\end{pmatrix}\ U(-x)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(a-b)\ \cos t\ \begin{pmatrix}\sf \cos t&\sf\sin t\\ \sf \sin t&\sf -\cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos 2x&\sf \sin 2x\\ \sf \sin 2x&\sf -\cos 2x\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(a-b)\ \cos t\ \begin{pmatrix}\sf \cos 2x\cos t+\sin 2x\sin t&\sf \sin 2x\cos t-\cos 2x\sin t\\ \sf \sin 2x\cos t-\cos 2x\sin t&\sf\cos 2x\cos t+\sin 2x\sin t\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =(a-b)\ \cos t\ \begin{pmatrix}\sf \cos(2x-t)&\sf\sin (2x-t)\\ \sf -\sin(2x-t)& \sf \cos (2x-t)\end{pmatrix}\end{align*}}$
より、
ｆ(x)=2(a－b)cosｔcos(2x－ｔ)．
－1≦cos(2x－ｔ)≦1なので、ｆ(x)の最大値ｍ(ｔ)は、
ｍ(ｔ)=2(a－b)|cosｔ|
(2)
左辺について、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf U(t)\ C\ U(-t)\ D=\begin{pmatrix}\sf \cos t&\sf -\sin t\\ \sf \sin t &\sf \cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a^c&\sf 0\\ \sf 0 &\sf b^c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf \cos t &\sf\sin t\\ \sf -\sin t &\sf\cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf b^{1-c}&\sf 0\\ \sf 0&\sf a^{1-c}\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf a^c\cos t&\sf -b^c\sin t\\ \sf a^c\sin t&\sf b^c\cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf b^{1-c}\cos t&\sf a^{1-c}\sin t\\ \sf -b^{1-c}\sin t&\sf a^{1-c}\cos t\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\begin{pmatrix}\sf a^cb^{1-c}\cos^2 t+b\sin^2 t&\sf a\sin t\cos t-a^{1-c}b^c\sin t\cos t\\ \sf a^cb^{1-c}\sin t\cos t-b\sin t\cos t&\sf a\sin^2 t+a^{1-c}b^c\cos ^2 t\end{pmatrix}\end{align*}}$
より、
2Tr(Ｕ(ｔ)CＵ(－ｔ)D)=2{(acb1-c+a1-cbc)cos2ｔ+(a+b)sin2ｔ}
一方、右辺について、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf U(t)\ A\ U(-t)+B=\begin{pmatrix}\sf a\cos^2 t+b\sin^2t+b&(a-b)\sin t\cos t\\ \sf (a-b)\sin t\cos t&\sf b\cos^2 t+a\sin^2 t+a\end{pmatrix}\end{align*}}$
より、
Tr(Ｕ(ｔ)AＵ(－ｔ)+B)－ｍ(ｔ)
=a(sin2ｔ+cos2ｔ+1)+b(sin2ｔ+cos2ｔ+1)－ｍ(ｔ)
=2(a+b)－2(a－b)|cosｔ|
よって、
左辺－右辺
=2{(acb1-c+a1-cbc)cos2ｔ+(a+b)sin2ｔ}
－2(a+b)+2(a－b)|cosｔ|
=2(acb1-c+a1-cbc)cos2ｔ－2(a+b)cos2ｔ+2(a－b)|cosｔ|
=2|cosｔ|{(acb1-c+a1-cbc－a－b)|cosｔ|+(a－b)} ････(*)
ここで、a≧b＞0より、相加・相乗平均の関係を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^cb^{1-c}+a^{1-c}b^c\geqq \ 2\sqrt{a^cb^{1-c}\cdot a^{1-c}b^c}=2\sqrt{ab}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (*)\geqq 2|\cos t|\bigg(\left(2\sqrt{ab}-a-b\right)|\cos t|+(a-b)\bigg)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2|\cos t|\bigg(-\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2|\cos t|+(a-b)\bigg)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2|\cos t|\left(\sqrt a-\sqrt b\right)\bigg(\left(\sqrt a+\sqrt b\right)-\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)|\cos t|\bigg)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2|\cos t|\left(\sqrt a-\sqrt b\right)\bigg(\sqrt a\ (1-|\cos t|)+\sqrt b\ (1+|\cos t|)\bigg)\geqq 0\end{align*}}$
（∵ a≧b＞0かつ0≦|cosｔ|≦1）
以上より、すべての実数ｔに対し
2Tr(Ｕ(ｔ)CＵ(－ｔ)D)≧Tr(Ｕ(ｔ)AＵ(－ｔ)+B)－ｍ(ｔ)
が成り立つ。
計算するだけなんですが、面倒ですね。
(2)で相加・相乗平均に気づくかが勝負の分かれ目ですね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/11/20(火) 01:06:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .東京大 理系 2012
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