第1問
(1)
$y=x^2$について、$y^\prime=2x$。
$(a,a^2)$における接線は、 \[\begin{aligned} y=2a(x-a)+a^2=2ax-a^2 \end{aligned}\]である。
$(a+1,(a+1)^2)$における接線は、 \[ y=2(a+1)x-(a+1)^2 \] である。
この2つの直線の交点は、$\left(\dfrac{2a+1}2,a^2+a\right)$である。
$s=\dfrac{2a+1}2$、$t=a^2+a$とすると、$a=s-\dfrac12$から、 \[\begin{aligned} t&=\left(s-\dfrac12\right)^2+\left(s-\dfrac12\right)\\ &=s^2-\dfrac14 \end{aligned}\]
$a$は任意の実数であるから、$s$も任意の実数となる。
よって、求める軌跡は、放物線$y=x^2+\dfrac14$である。
(2)
ACとBDとの交点をEとする。
BEは、$\angle\mathrm{BAC}$の二等分線であるから、$\mathrm{AE}:\mathrm{CE}=\mathrm{BA}:\mathrm{BC}=3:4$である。
$\mathrm{AC}=\sqrt7$であるから、$\mathrm{AE}=\dfrac3{\sqrt7}$であり、$\mathrm{BE}=\dfrac{6\sqrt2}{\sqrt7}$である。
$\triangle\mathrm{ABE}=\dfrac{9}{2\sqrt7}$である。
また、$\triangle\mathrm{ABE}$と$\triangle\mathrm{ADC}$は相似であり、相似比は、$\mathrm{BE}:\mathrm{BC}=\dfrac{6\sqrt2}{\sqrt7}:4=3:\sqrt{14}$である。よって、面積比は、$9:14$である。
$\triangle\mathrm{BCD}=\triangle\mathrm{ABE}\cdot\dfrac{14}{9}=\sqrt{7}$となる。
(3)
$r\geqq 0$、$0\leqq \theta \lt 2\pi$として、$z=r(\cos\theta+i\sin\theta)$とする。
$r^3(\cos3\theta+i\sin3\theta)=2\sqrt2\left(\cos\dfrac{7\pi}4+i\sin\dfrac{7\pi}4\right)$である。
$|z^3|=r^3=2\sqrt2$から、$r=\sqrt2$である。
$0\leqq 3\theta \lt 6\pi$から、 \[\begin{aligned} &3\theta=\dfrac{7\pi}4,\dfrac{15\pi}4,\dfrac{23\pi}4\\ \iff&\theta=\dfrac{7\pi}{12},\dfrac{5\pi}4,\dfrac{23\pi}{12} \end{aligned}\] である。
\[\begin{aligned} \cos\dfrac{\pi}{12}&=\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt2}+\dfrac{\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{1}{\sqrt2}\\ &=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4} \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} \sin\dfrac{\pi}{12}&=\sqrt{1-\cos^2\dfrac{\pi}{12}}\\ &=\sqrt{\dfrac{8-2\sqrt{12}}{16}}\\ &=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{4} \end{aligned}\]
よって、$\theta=\dfrac{7\pi}{12}$のとき、 \[\begin{aligned} z&=\sqrt2\left(\cos\dfrac{7\pi}{12}+i\sin\dfrac{7\pi}{12}\right)\\ &=\sqrt2\left(-\sin\dfrac{\pi}{12}+i\cos\dfrac{\pi}{12}\right)\\ &=\dfrac{1-\sqrt3}2+\dfrac{\sqrt3+1}2i \end{aligned}\]
$\theta=\dfrac{5\pi}{4}$のとき、 \[z=-1-i\]
$\theta=\dfrac{23\pi}{4}$のとき、 \[\begin{aligned} z&=\sqrt2\left(\cos\dfrac{23\pi}{12}+i\sin\dfrac{23\pi}{12}\right)\\ &=\sqrt2\left(\cos\dfrac{\pi}{12}-i\sin\dfrac{\pi}{12}\right)\\ &=\dfrac{\sqrt3+1}2+\dfrac{1-\sqrt3}2i \end{aligned}\]
結局、$z=-1-i,\dfrac{1\pm\sqrt3}2+\dfrac{1\mp\sqrt3}2i$(複合同順)。
(4)
$\displaystyle a_n=\int_0^1f_n(t)dt$とする。
$\displaystyle f_n(x)=\sum_{k=1}^n\dfrac{x^k}{k}-2a_n$である。
\[\begin{aligned} a_n&=\left[\sum_{k=1}^n\dfrac{x^{k+1}}{k(k+1)}-2a_nx\right]_0^1\\ &=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k(k+1)}-2a_n\\ \end{aligned}\] \[\begin{aligned} 3a_n&=\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\\ &=1-\dfrac{1}{n+1}\\ \end{aligned}\] \[a_n=\dfrac13\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\]
\[\displaystyle\lim_{n \to \infty}f_n(0)=\lim_{n \to \infty}(-2a_n)=-\dfrac{2}{3}\]
第2問
(1)
Hの座標を求める。
平面ABCの式は$x+y+z=6$であるから、この法線ベクトルは$\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$である。
よって、ある実数$h$が存在し、 \[\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{PH}}=h\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}h\\h\\h\end{pmatrix}\\ &\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\begin{pmatrix}t+h\\t+h\\1+h\end{pmatrix} \end{aligned}\] となる。
Hは、平面ABC上にあるから、 \[\begin{aligned} (t+h)+(t+h)+(1+h)=6\\ 3h=5-2t\\ h=\dfrac{5-2t}3 \end{aligned}\]となる。
よって、Hの座標は$\left(\dfrac{t+5}3,\dfrac{t+5}3,\dfrac{8-2t}2\right)$である。
Qの座標を求める。
\[\overrightarrow{\mathrm{CA}}=\begin{pmatrix}6\\0\\-6\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{\mathrm{CP}}=\begin{pmatrix}t\\t\\-5\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CP}}=6t+30\]
よって、$\mathrm{CQ}=\dfrac{6t+30}{\mathrm{CA}}=\dfrac{t+5}{\sqrt2}$となる。
\[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{CQ}}&=\dfrac{1}{6\sqrt2}\dfrac{t+5}{\sqrt2}\overrightarrow{\mathrm{CA}}\\ &=\dfrac{t+5}{12}\begin{pmatrix}6\\0\\-6\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\dfrac{t+5}{2}\\0\\-\dfrac{t+5}{2}\end{pmatrix}\\ \end{aligned}\] \[\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\begin{pmatrix}0\\0\\6\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\dfrac{t+5}{2}\\0\\-\dfrac{t+5}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac{t+5}{2}\\0\\\dfrac{7-t}{2}\end{pmatrix}\]
同様にして、Rの座標は、$\left(0,\dfrac{t+5}{2},\dfrac{7-t}{2}\right)$。
\[\overrightarrow{\mathrm{CQ}}=\begin{pmatrix}\dfrac{t+5}{2}\\0\\-\dfrac{t+5}{2}\end{pmatrix}\] \[\overrightarrow{\mathrm{CR}}=\begin{pmatrix}0\\\dfrac{t+5}{2}\\-\dfrac{t+5}{2}\end{pmatrix}\]から、 である。
$\mathrm{CQ}=\mathrm{CR}$から、 \[\begin{aligned}\overrightarrow{\mathrm{CS}}&=\overrightarrow{\mathrm{CQ}}+\overrightarrow{\mathrm{CR}}\\ &=\begin{pmatrix}\dfrac{t+5}{2}\\\dfrac{t+5}{2}\\-t-5\end{pmatrix} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OS}}&=\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{CS}}\\ &=\begin{pmatrix}\dfrac{t+5}{2}\\\dfrac{t+5}{2}\\1-t\end{pmatrix} \end{aligned}\]
結局、求める座標は次のようになる。
H$\left(\dfrac{t+5}3,\dfrac{t+5}3,\dfrac{8-2t}3\right)$
Q$\left(\dfrac{t+5}{2},0,\dfrac{7-t}{2}\right)$
S$\left(\dfrac{t+5}{2},\dfrac{t+5}{2},1-t\right)$
(2)
四角形CQSRはひし形である。
\[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{QR}}&=\overrightarrow{\mathrm{CR}}+\overrightarrow{\mathrm{CQ}}\\ &=\begin{pmatrix}-\dfrac{t+5}{2}\\\dfrac{t+5}{2}\\0\end{pmatrix} \end{aligned}\]から、 $\mathrm{QR}=\dfrac{t+5}{\sqrt2}$である。
\[\overrightarrow{\mathrm{CS}}=\dfrac{t+5}2\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\] から、 $\mathrm{CR}=\dfrac{\sqrt6(t+5)}{2}$である。
四角形CQSRの面積は \[\dfrac{t+5}{\sqrt2}\cdot\dfrac{\sqrt6(t+5)}{2}\cdot\dfrac12=\dfrac{\sqrt3(t+5)^2}{4}\]となる。
よって、$\triangle\mathrm{QRS}=\dfrac{\sqrt3(t+5)^2}{8}$である。
$\overrightarrow{\mathrm{PH}}=\dfrac{5-2t}3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$から、$\mathrm{PH}=\dfrac{5-2t}{\sqrt3}$となる。
よって、求める体積は\[\dfrac{\sqrt3(t+5)^2}{8}\cdot\dfrac{5-2t}{\sqrt3}\cdot\frac13=\dfrac{(t+5)^2(5-2t)}{24}\]
(3)
(ⅰ)$t\leqq 1$のとき、四面体PQRSは四面体PABCに含まれるから、共通部分の体積は$\dfrac{(t+5)^2(5-2t)}{24}$である。
(ⅱ)$t\geqq 1$のとき
QSとAB、RSとABの交点をそれぞれT、Uとする。台形QRUTの面積を$X$とする。
\[\begin{aligned} &\mathrm{ST}:\mathrm{CQ}\\ =&(t-1):\dfrac{t+5}2\\ =&2(t-1):(t+5) \end{aligned}\] である。
$\triangle\mathrm{STU}:\triangle\mathrm{SQR}=4(t-1)^2:(t+5)^2$。
$X:\triangle\mathrm{SQR}=(7-t)(t+1):(t+5)^2$。
よって、共通部分の体積は \[\begin{aligned} &\dfrac{(t+5)^2(5-2t)}{24}\cdot\dfrac{(7-t)(t+1)}{(t+5)^2}\\ =&\dfrac{(7-t)(t+1)(5-t)}{24} \end{aligned}\]
(ⅰ)(ⅱ)より、求める体積は、 \[\begin{cases} \dfrac{(t+5)^2(5-2t)}{24} &(0\lt t\leqq 1) \\ \dfrac{(7-t)(t+1)(5-t)}{24}&(1\leqq t\lt \dfrac52) \end{cases}\]
第4問
(1)
\[y^\prime=-\dfrac{1}{2x\sqrt{x}}\log x+\dfrac{1}{x\sqrt{x}}=\dfrac{2-\log x}{2x\sqrt{x}}\]
増減は、下のようになる。
| $x$ | $0$ | $\cdots$ | $e^2$ | $\cdots$ |
| $y^\prime$ | $+$ | $0$ | $-$ | |
| $y$ | $\nearrow$ | $\dfrac2e$ | $\searrow$ |
よって、求める値は、$\dfrac2e$である。
(2)
$\log y=\dfrac1x\log x$から、 \[\dfrac{y^\prime}y=-\dfrac{1}{x^2}\log x+\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1-\log x}{x^2}\] \[y^\prime=y\cdot \dfrac{1-\log x}{x^2}\] となる。
よって、増減は、次のようになる。
| $x$ | $0$ | $\cdots$ | $e$ | $\cdots$ |
| $y^\prime$ | $+$ | $0$ | $-$ | |
| $y$ | $\nearrow$ | $e^{1/e}$ | $\searrow$ |
$\displaystyle \lim_{x \to \infty}\log y=0$、$\displaystyle \lim_{x \to 0}\log y=-\infty$である。
よって、$\displaystyle \lim_{x \to \infty}y=1$、$\displaystyle \lim_{x \to 0}y=0$となる。
漸近線は、$y=1$である。
(3)
$b=e^{1/e}$である。
数学的帰納法によって証明する。
$a\geqq 1$から$a\leqq a^a$である。
また、$1\leqq a\leqq b\leqq e$から、\[a^a \leqq a^b\leqq a^e\leqq b^e=e\]である。
よって、$a=a_1\leqq a_2 \leqq e$である。$\cdots$①
ある正の整数$n$に対し、$a\leqq a_n\leqq a_{n+1}\leqq e$となると仮定する。
$1\leqq a$から、$a_{n+1}=a^{a_n}\leqq a^{a_{n+1}}=a_{n+2}$である。
また、$a_{n+2}=a^{a_{n+1}}\leqq a^e\leqq b^e\leqq e$である。
よって、$a\leqq a_{n+1}\leqq a_{n+2}\leqq e$となる。$\cdots$②
①②より、全ての自然数$n$について、問題の不等式が成立する。
(4)
$\sqrt2 \leqq \ell \leqq e$である。
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}a_{n+1}=\lim_{n \to \infty}a^{a_n}$から、$\ell=2^{\ell/2}$、つまり$\ell^{1/\ell}=2^{1/2}$。
(2)より、$\ell=2$。