目次
第1問
(1)
\[a=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}2\] \[b=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}2\] \[ab=1\]
よって、 \[\begin{aligned} &b^7-a^7\\ =&(b-a)\sum_{k=0}^6a^kb^{6-k}\\ =&\sqrt2(a^6+b^6+a^4+b^4+a^2+b^2+1) \end{aligned}\]
$a^2+b^2=4$
$a^4+b^4=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2=14$
\[\begin{aligned} a^6+b^6&=(a^2+b^2)(a^4-a^2b^2+a^4)\\ &=4\cdot 13\\ &=52\\ \end{aligned}\]
$b^7-a^7=71\sqrt2$
よって、$c=71$、$d=2$である。
(3)
ある整数$q_n$が存在し、\[3^n=5q_n+r_n\]となる。
$r_1=3$である。
ある$n$に対し$r_n=3$となるとき、 \[r_{n+1}=4\] \[r_{n+2}=2\] \[r_{n+3}=1\] \[r_{n+4}=3\]
よって、任意の$n$に対し、$r_n=r_{n+4}$である。また、\[r_n\neq r_{n+1}.r_{n+2},r_{n+3}\]である。
よって、$m=4となる$。
求める余りは、$r_{2023}=r_3=2$となる。
(3)
クラス$X$、$Y$の各生徒の点数を2乗したものの平均は$\bar{x}^2+83$、$\bar{y}^2+78$である。、
100人の平均値について、\[\begin{aligned} &60\bar{x}+40\bar{y}=60\cdot 100\\ &3\bar{x}+2\bar{y}=300\\ \end{aligned}\]である。
$\bar{x}\lt \bar{y}$から、$5\bar{x}\lt 300 \iff \bar{x}\lt 60$が必要である。
100人の分散について、\[\begin{aligned} &\dfrac{60(\bar{x}^2+83)+40(\bar{y}^2+78)}{100}-60^2=87\\ &3\bar{x}^2+2\bar{y}^2=18030\\ \end{aligned}\]である。
$3\bar{x}+2\bar{y}=300$つまり$\bar{y}=\dfrac{3}{2}(100-\bar{x})$から、 \[\begin{aligned} &3\bar{x}^2+2\bar{y}^2=18030\\ &3\bar{x}^2+\dfrac{9}{2}(100-\bar{x})^2=18030\\ &2\bar{x}^2+3(\bar{x}^2-200\bar{x}+10000)=12020\\ &5\bar{x}^2-600\bar{x}+17980=0\\ &\bar{x}^2-120\bar{x}+3596=0\\ &(\bar{x}-58)(\bar{x}-62)=0\\ &\bar{x}=58,62 \end{aligned}\]
$\bar{x}\lt 60$から、$\bar{x}=58$。
(4)
$n$を$0$以上の整数とする。
$f^{(n)}(x)=(2\sqrt3)^ne^{\sqrt3x}\cos\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)$となることを数学的帰納法で証明する。
$f(x)=(2\sqrt3)^0e^{\sqrt3x}\cos\left(3x+\dfrac{0\pi}3\right)$
ある$n$に対し、$f^{(n)}(x)=(2\sqrt3)^ne^{\sqrt3x}\cos\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)$となるとき
\[\begin{aligned} &f^{(n+1)}(x)\\ =&(2\sqrt3)^n\left\{\sqrt3e^{\sqrt3x}\cos\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)-3e^{\sqrt3x}\sin\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)\right\}\\ =&(2\sqrt3)^{n+1}e^{\sqrt3x}\left\{\cos\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)\cos\dfrac{\pi}3-\sin\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)\sin\dfrac{\pi}3\right\}\\ =&(2\sqrt3)^{n+1}e^{\sqrt3x}\cos\left\{3x+\dfrac{(n+1)\pi}3\right\} \end{aligned}\]である。
よって、0以上の任意の整数$n$に対し、$f^{(n)}(x)=(2\sqrt3)^ne^{\sqrt3x}\cos\left(3x+\dfrac{n\pi}3\right)$となる。
\[\begin{aligned} &f^{(50)}(x)=(2\sqrt3)^{50} e^{\sqrt3x}\cos\left(3x+\dfrac{50\pi}3\right)=0\\ \iff&\cos\left(3x+\dfrac{50\pi}3\right)=0\\ \iff&\cos\left(3x+\dfrac{2\pi}3\right)=0\\ \end{aligned}\]
$0\leqq x\leqq 2\pi\iff \dfrac{2\pi}{3}\leqq 3x+\dfrac{2\pi}3\leqq 6\pi+\dfrac{2\pi}3$から、$1$以上$6$以下の整数$k$に対し、$3x+\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{2k+1}{2}\pi$となることが必要十分。
求める解は$x=\dfrac{6k-1}{18}\pi$である。
第2問
(1)
解と係数の関係より、$\alpha$、$\beta$は、$x$に関する方程式\[x^2-bx+a=0\]の解である。
よって、$(\alpha,\beta)=\left(\dfrac{b\pm\sqrt{b^2-4a}}{2},\dfrac{b\mp\sqrt{b^2-4a}}{2}\right)$(複合同順)である。
(2)
$f(x)=(x^2-bx+a)(ax^2-bx+1)$から、$f(\alpha)=f(\beta)=0$。
(3)
$f(z)=0$から、$z^2-bz+a=0$または$az^2-bz+1=0$である。
$z^2-bz+a=0$のとき、\[z^2(az^{-2}-bz^{-1}+1)=0\]から\[az^{-2}-bz^{-1}+1=0\]となる。$\cdots ①$
また、$az^2-bz+1=0$のとき、\[z^2(z^{-2}-bz^{-1}+a)=0\]から\[z^{-2}-bz^{-1}+a=0\]となる。
よって$f\left(\dfrac{1}{z}\right)=0$である。
この問題を解くだけなら、次のように書けば十分です。 \[\begin{aligned} f\left(\dfrac{1}{z}\right)&=(z^{-2}-bz^{-1}+a)(az^{-2}-bz^{-1}+1)\\ &=z^{-4}(1-bz+az^2)(a-bz+z^2)\\ &=z^{-4}f(z)\\&=0 \end{aligned}\]
(4)
方程式$f(x)=0$が異なる4つの解を持つためには、$f(x)$が4次式であることが必要である。よって、$a\neq 0$であり、$f(0)\neq 0$である。
このとき、(3)の$①$から、4つの解は$\alpha$、$\beta$、$\dfrac{1}{\alpha}$、$\dfrac{1}{\beta}$となる。
$\alpha$、$\beta$が異なる実数であることが必要である。つまり、$b^2-4a\gt 0$が必要となる。
$\alpha\neq \dfrac{1}{\alpha}$つまり$\alpha\neq\pm1$も必要である。よって、$a\pm b+1\neq 0$である。
$\alpha\neq \dfrac{1}{\beta}$つまり$\alpha\beta=a\neq 1$も必要である。
逆に、$\begin{cases} a\neq 0,1\\ b^2-4a\gt 0 \\ a\pm b+1\neq 0 \end{cases}$のとき、方程式$f(x)=0$は4つの異なる実数解を持つ。
求める必要十分条件は、$\begin{cases} a\neq 0,1\\ b^2-4a\gt 0 \\ a\pm b+1\neq 0 \end{cases}$である。
第3問
(1)
余弦定理から、$\cos\theta=\dfrac{36+25-16}{2\cdot6\cdot5}=\dfrac{3}{4}$である。
$\sin\theta=\sqrt{1-\dfrac{9}{16}}=\dfrac{\sqrt7}4$
(2)
$\mathrm{A}、\mathrm{B}から対辺に下ろした垂線の足を\mathrm{I}、\mathrm{H}とする。$
$\mathrm{OH}=5\cos\theta=\dfrac{15}4$から、$\mathrm{AH}=6-\dfrac{15}4=\dfrac94$である。
$\mathrm{OI}=6\cos\theta=\dfrac{9}2$から、$\mathrm{BI}=5-\dfrac{9}2=\dfrac12$である。
よって、$\cos\mathrm{A}=\dfrac{9}{16}$、$\cos\mathrm{B}=\dfrac{1}{8}$である。
$\mathrm{AQ}=4t\cdot\dfrac{9}{16}=\dfrac{9t}{4}$、$\mathrm{BR}=4(1-t)\cdot\dfrac{1}{8}=\dfrac{1-t}{2}$である。
$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\dfrac{1}{6}\left(6-\dfrac{9t}{4}\right)\vec{a}=\dfrac{8-3t}{8}\vec{a}$
$\overrightarrow{\mathrm{BQ}}=\dfrac{1}{5}\left(5-\dfrac{1-t}{2}\right)\vec{b}=\dfrac{9+2t}{10}\vec{b}$
(3)
$\mathrm{BH}=\mathrm{OB}\sin\theta=\dfrac{5\sqrt7}{4}$、$\mathrm{AI}=\mathrm{OA}\sin\theta=\dfrac{3\sqrt7}{2}$である。
よって、\[\mathrm{PQ}=t\mathrm{HB}=\dfrac{5\sqrt7}{4}t\] \[\mathrm{AI}=(1-5)\mathrm{OA}=\dfrac{3\sqrt7}{2}(1-t)である。\]
\[\begin{aligned} &S(t)\\ =&\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{9t}{4}\cdot \dfrac{5\sqrt7}{4}t+ \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1-t}{2}\cdot \dfrac{3\sqrt7}{2}(1-t)\\ =&\dfrac{\sqrt7}{32}\{45t^2+12(t-1)^2\}\\ \end{aligned}\]
これを$t$で微分すると$\dfrac{\sqrt7}{32}\cdot 114\left(t-\dfrac{4}{19}\right)$となる。
よって、$S(t)$の最小値は、$S\left(\dfrac{4}{19}\right)$である。 \[\begin{aligned} &S\left(\dfrac{4}{19}\right)\\ =&\dfrac{\sqrt7}{32}\cdot \left(\dfrac{45\cdot 16}{19^2}+\dfrac{12\cdot 15^2}{19^2}\right)\\ =&\dfrac{\sqrt7}{8\cdot 19^2}\cdot (45\cdot 4+3\cdot 15^2)\\ =&\dfrac{\sqrt7}{8\cdot 19^2}\cdot 45\cdot (4+15)\\ =&\dfrac{45\sqrt7}{152} \end{aligned}\]
第4問
$f(x)$の定義域は$x\leqq 2$である。
(1)
\[\begin{aligned} f'(x)&=\sqrt{2-x}-\dfrac{x+3}{2\sqrt{2-x}}\\ &=\dfrac{4-2x-x-3}{2\sqrt{2-x}}\\ &=\dfrac{1-3x}{2\sqrt{2-x}}\\ \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} f^{\prime\prime}(x)&=\dfrac{-3\sqrt{2-x}+\dfrac{1-3x}{2\sqrt{2-x}}}{2(2-x)}\\ &=\dfrac{-12+6x+1-3x}{4(2-x)^{\frac{3}{2}}}\\ &=\dfrac{3x-11}{4(2-x)^{\frac{3}{2}}}\lt 0\\ \end{aligned}\]
$\displaystyle \lim_{x\to -\infty }f(x)=-\infty$
$f(x)$の増減は、次のようになる。
| $x$ | $\cdots$ | $\dfrac{1}{3}$ | $\cdots$ | $2$ |
| $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | $\dfrac{10\sqrt{15}}{9}$ | $\searrow$ | 0 |
極大値は$\dfrac{10\sqrt{15}}{9}$である。グラフは、上に凸である。
グラフは下図のようになる。
(3)
$t=\sqrt{2-x}$とすると、$x=2-t^2$であり、$\dfrac{dx}{dt}=-2t$である。
\[\begin{aligned} \displaystyle S=&\int_{-3}^2f(x)dx\\ =&\int_{\sqrt5}^{0}(5-t^2)t (-2t)dt\\ =&2\int_{0}^{\sqrt5}(5t^2-t^4)dt\\ =&2\left[\dfrac{5}{3}t^3-\dfrac{1}{5}t^5\right]_{0}^{\sqrt5}\\ =&\dfrac{20\sqrt5}{3} \end{aligned}\]
(3)
グラフから、$f(x)=f(-x)$となるためには、$|x|\lt 2$が必要である。
このとき、 \[\begin{aligned} &f(x)=f(-x)\\ &(x+3)^2(2-x)=(-x+3)^2(2+x)\\ &x(x^2-3)=0\\ &x=0,\pm\sqrt3 \end{aligned}\] となる。
求める解は、$x=0,\pm\sqrt3$。
(4)
$a$、$b$を第1問(1)のように定める。
区間$\left[-3,\dfrac{1}{3}\right]$、$\left[\dfrac{1}{3},2\right]$のそれぞれで、$f(x)$は狭義単調である。よって、$f(x)$の定義域を$\left[-3,\dfrac{1}{3}\right]$、$\left[\dfrac{1}{3},2\right]$に制限したものには、それぞれ逆関数が存在する。それぞれ$g(y)$、$h(y)$とする。
$g(y)$、$h(y)$の定義域は、共に$\left[0,\dfrac{10\sqrt{15}}{9}\right]$である。また、$g(3\sqrt2)=0$である。
$d(y)=g(y)+h(y)$とする。
$y\gt 3\sqrt2$のとき、$d(y)\gt 0$である。$\cdots①$
$f(\pm\sqrt3)=\sqrt3(\sqrt3+1)a=\sqrt6$である。(3)と①より、$d(y)=0$となるのは、$y=\sqrt6$のときに限る。$\cdots②$
そして、$d(0)=-1$である。$\cdots③$
よって、①～③及び中間値の定理から、$0\leqq y\leqq \sqrt6$のとき、$d(y)\leqq 0$であり、$|g(y)|\geqq |h(y)|$である。また、$\sqrt6 \leqq y \leqq \dfrac{10\sqrt{15}}{9}$のとき、$d(y)\geqq 0$であり、グラフから$|g(y)|\leqq |h(y)|$である。
よって、 \[\begin{aligned} &\dfrac{V}{\pi}\\ =&\int_{0}^{\sqrt6}g(y)^2dy+\int_{\sqrt6}^{\frac{10\sqrt{15}}{9}}h(y)^2dy-\int_{3\sqrt2}^{\frac{10\sqrt{15}}{9}}g(y)^2dy \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\int \{f^{-1}(y)\}^2dy\\ =&\int x^2 \dfrac{dy}{dx}dx\\ =&x^2f(x)-\int2xf(x)dx\\ \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\int xf(x)dx\\ =&\int (2-t^2)(5-t^2)t(-2t)dt\\ =&-2\int t^2(t^4-7t^2+10)dt\\ =&-2\int (t^6-7t^4+10t^2)dt\\ =&-2\left(\dfrac{t^7}{7}-\dfrac{7t^5}{5}+\dfrac{10t^3}{3}\right)+C \end{aligned}\]ただし、$C$は積分定数。
$g(\sqrt6)=-\sqrt3$であり、$x=-\sqrt 3$のとき$t=b$である。
$h(\sqrt6)=\sqrt3$であり、$x=\sqrt 3$のとき$t=a$である。
$g\left(\dfrac{10\sqrt{15}}{9}\right)=h\left(\dfrac{10\sqrt{15}}{9}\right)=\dfrac{1}{3}$であり、$x=\dfrac{1}{3}$のとき$t=\sqrt{\dfrac{5}{3}}$である。
\[\begin{aligned} &\int_{0}^{\sqrt6}g(y)^2dy\\ =&\int_{-3}^{-\sqrt3} x^2 \dfrac{dy}{dx}dx\\ =&3\sqrt6+4\left[\dfrac{t^7}{7}-\dfrac{7t^5}{5}+\dfrac{10t^3}{3}\right]_{\sqrt5}^{b}\\ \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\int_{\sqrt6}^{10\sqrt{15}/{9}}h(y)^2dy\\ =&\int_{\sqrt3}^{1/3} x^2 \dfrac{dy}{dx}dx\\ =&\dfrac{10\sqrt{15}}{81}-3\sqrt6+4\left[\dfrac{t^7}{7}-\dfrac{7t^5}{5}+\dfrac{10t^3}{3}\right]_{a}^{\sqrt{5/3}}\\ \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &\int_{3\sqrt2}^{10\sqrt{15}/9}g(y)^2dy\\ =&\int_{0}^{1/3} x^2 \dfrac{dy}{dx}dx\\ =&\dfrac{10\sqrt{15}}{81}+4\left[\dfrac{t^7}{7}-\dfrac{7t^5}{5}+\dfrac{10t^3}{3}\right]_{\sqrt2}^{\sqrt{5/3}}\\ \end{aligned}\]
$F(t)=\dfrac{t^7}{7}-\dfrac{7t^5}{5}+\dfrac{10t^3}{3}$とする。
\[\begin{aligned} &\dfrac{V}{4\pi}\\ =&F\left(b\right)-F\left(\sqrt5\right)+F\left(\sqrt{\dfrac{5}{3}}\right)-F\left(a\right)-F\left(\sqrt{\dfrac{5}{3}}\right)+F\left(\sqrt2\right)\\ =&F\left(b\right)-F\left(a\right)-F\left(\sqrt5\right)+F\left(\sqrt2\right) \end{aligned}\] となる。
$b^7-a^7=71\sqrt2$である。
\[\begin{aligned} &b^3-a^3\\ =&(b-a)(b^2+a^2+ab)\\ =&5\sqrt2\\ \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &b^5-a^5\\ =&(b-a)(b^4+a^4)+ab^4-a^4b\\ =&14\sqrt2+ab(a^3+b^3)\\ =&19\sqrt2 \end{aligned}\]
\[\begin{aligned} &F(b)-F(a)\\ =&\dfrac{71\sqrt2}{7}-\dfrac{133\sqrt2}{5}+\dfrac{50\sqrt2}{3}\\ =&\dfrac{22}{105}\sqrt2\\ \end{aligned}\]
$F(\sqrt5)=-\dfrac{10\sqrt5}{21}$、$f(\sqrt2)=\dfrac{232\sqrt2}{105}$
よって、$V=\dfrac{1016\sqrt2+200\sqrt5}{105}\pi$である。