目次
第1問
(1)
$a_n=2^{n^2-1}$を数学的帰納法で証明する。
$a_1=1=2^{1^2-1}$、$a_2=8=2^{2^2-1}$である。
よって、ある$n$に対し、$a_n=2^{n^2-1}$、$a_{n+1}=2^{(n+1)^2-1}$である。
このとき、 \[\begin{aligned} &2^{n^2-1}a_{n+2}=4\{2^{(n+1)^2-1}\}^2=2^{2(n+1)^2}\\ &a_{n+2}=2^{n^2+4n+3}=2^{(n+2)^2-1}\\ \end{aligned}\]
よって、任意の$n$に対し、$a_n=2^{n^2-1}$。
(2)
赤玉を含む列が5つである確率は$\dfrac{24\cdot 21\cdot 18\cdot 15\cdot 12\cdot 19!}{24!}=\dfrac{81}{253}$である。
赤玉を含む列が4つ以下である確率は$\dfrac{172}{253}$である。
また、赤玉を含む列が3つとなるのは次の場合である。
- 赤玉が2つの列に1つ、1つの列に3つ
- 赤玉が2つの列に2つ、1つの列に1つ
その確率は、\[\dfrac{(_5\mathrm{C}_2\cdot 24\cdot 2\cdot 1\cdot 21\cdot 18+_5\mathrm{C}_2\cdot 3\div 2\cdot 24\cdot 2\cdot 21\cdot 2\cdot 18)\cdot 19!}{24!}=\dfrac{36}{253}\]
(3)
$g(x)=e^{x^2}f(x)$とする。
\[g'(x)=2xe^{x^2}f(x)+e^{x^2}f'(x)\leqq2xe^{x^2}f(x)-2xe^{x^2}f(x)=0\]
よって、$x\geqq 0$のとき、$g(x)\leqq g(0)=f(0)$。つまり、$f(x)\leqq f(0)e^{-x^2}$。
(4)
公式を知らないとして解きます。
$C$を積分定数とする。 \begin{aligned} &\int\dfrac{1}{\cos^3\theta} d\theta \\ =&\int\dfrac{\sin^2\theta+\cos^2\theta}{\cos^3\theta} d\theta \\ =&\int \sin\theta\cdot\dfrac{\sin\theta}{\cos^3\theta} d\theta+\int \dfrac{1}{\cos\theta} d\theta \\ =&\sin\theta \cdot \dfrac{1}{2\cos^2\theta}-\int \cos\theta\cdot\dfrac{1}{2\cos^2\theta}d\theta+\int \dfrac{1}{\cos\theta} d\theta \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta}-\dfrac{1}{2}\int \dfrac{1}{\cos\theta} d\theta + \int \dfrac{1}{\cos\theta} d\theta \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{2}\int \dfrac{\cos\theta}{\cos^2\theta} d\theta \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{2}\int \dfrac{\cos\theta}{1-\sin^2\theta} d\theta \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{2}\int \dfrac{\cos\theta}{(1+\sin\theta)(1-\sin\theta)} d\theta \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \int \left( \dfrac{1}{1+\sin\theta} + \dfrac{1}{1-\sin\theta} \right) \cos\theta d\theta \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{4} \left( \log|1+\sin\theta| – \log|1-\sin\theta| \right) + C \\ =&\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{4} \log\left| \dfrac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta} \right| + C \end{aligned}
問題の領域は、不等式$\sqrt{x^2+1}\leqq y \leqq 2$で表される。
2曲線$y=\sqrt{x^2+1}$、$y=2$との交点の$x$座標は$\pm \sqrt3$である。
$x=\tan\theta$とすると、$\dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac1{\cos^2\theta}$である。
よって、求める面積は \[\begin{aligned} &\int_{-\sqrt3}^{\sqrt3}(2-\sqrt{x^2+1})dx\\ =&4\sqrt3-2\int_{0}^{\frac{\pi}3}\dfrac{1}{\cos\theta}\cdot \dfrac1{\cos^2\theta}d\theta\\ =&4\sqrt3-\left[\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} + \dfrac{1}{4} \log\left| \dfrac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta} \right|\right]_{0}^{\frac{\pi}3}\\ =&4\sqrt3-2\left( \dfrac{\dfrac{\sqrt3}2}{2\cdot\dfrac14} + \dfrac{1}{4} \log\left| \dfrac{1+\dfrac{\sqrt3}2}{1-\dfrac{\sqrt3}2} \right| \right)\\ =&4\sqrt3-2\left(\sqrt3+\dfrac{1}{4} \log\dfrac{2+\sqrt3}{2-\sqrt3}\right)\\ =&4\sqrt3-2\sqrt3-\dfrac{1}{2} \log(2+\sqrt3)^2\\ =&2\sqrt3-\log(2+\sqrt3) \end{aligned}\]
(5)
$f(t)=\begin{pmatrix} \cos t \\ \sin2t \end{pmatrix}$とする。
$f(t+2\pi)=f(t)$から、$f$は周期$2\pi$の周期関数であるから、定義域を$[0,2\pi]$に制限する。
また、$f(2\pi-t)=\begin{pmatrix} \cos t \\ -\sin2t \end{pmatrix}$から、$[0,\pi]$、$[\pi,2\pi]$それぞれに対応する部分は、$x$軸に関し対称。
$f(\pi-t)=-f(t)$から、$\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$、$\left[\dfrac{\pi}2,\pi\right]$に対応する部分は、原点に関し対称。
まず、定義域を$\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$に制限し、$x\geqq 0$かつ$y\geqq 0$とする。
このとき、$0\leqq x\leqq 1$として$y=2\sin t\cos t=2x\sqrt{1-x^2}$。
\begin{aligned} y’&=2\sqrt{1-x^2}+2x\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{1-x^2}}\cdot(-2x)\\ &=2\sqrt{1-x^2}-\dfrac{2x^2}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=\dfrac{2(1-x^2)-2x^2}{\sqrt{1-x^2}}\\ &=\dfrac{2(1-2x^2)}{\sqrt{1-x^2}} \end{aligned} \begin{aligned} y^{\prime\prime} &= \dfrac{-8x \cdot \sqrt{1-x^2}-2(1-2x^2) \cdot \dfrac{-x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2} \\ &= \dfrac{-8x(1-x^2) + 2x(1-2x^2)}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}\\ &= \dfrac{2x(2x^2-3)}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}\lt 0 \end{aligned}
よって、$y$は、上に凸である。また、増減は次のようになる。
| $x$ | $0$ | $\cdots$ | $\dfrac1{\sqrt2}$ | $\cdots$ | $1$ |
| $f'(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | ||
| $f(x)$ | $\nearrow$ | $\searrow$ |
$t$の定義域を実数全体にすると、グラフは下図のようになる。
第2問
(1)
$k=2,3,4$に対し、$\mathrm{A}_k$の座標は$(\cos k\theta,\sin k\theta)$である。
(2)
$x=\mathrm{DA}_1=\mathrm{DA}_4=\mathrm{A}_4\mathrm{A}_3$、$\mathrm{DA}_3=y$とする。
$\triangle\mathrm{A}_1\mathrm{A}_3\mathrm{A}_4$と$\triangle\mathrm{A}_4\mathrm{A}_3\mathrm{D}$は相似。 \begin{aligned} &(x+y):x=x:y \\ &x^2=y(x+y)\\ &y^2+xy-x^2=0 \\ &y=\dfrac{-x+\sqrt{5}x}{2}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x (\because x\gt0,\ y\gt0) \end{aligned}
よって、$\cos 72^\circ=\dfrac{\dfrac12y}{x}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}$である。
また、 \begin{aligned} \cos 36^\circ &= \sqrt{\dfrac{1+\cos 72^\circ}{2}} \\ &=\sqrt{\dfrac{1+\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}}{2}} \\ &=\sqrt{\dfrac{\dfrac{3+\sqrt{5}}{4}}{2}} \\ &=\sqrt{\dfrac{6+2\sqrt{5}}{16}} \\ &=\dfrac{\sqrt{5}+1}{4} \end{aligned}である。
(3)
正五角形の外接円の中心を$\mathrm{O}$とする。
$\triangle\mathrm{A}_0\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$、$\triangle\mathrm{A}_1\mathrm{A}_3\mathrm{A}_4$は、それぞれ$\mathrm{A}_1\mathrm{A}_0=\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$、$\mathrm{A}_1\mathrm{A}_3=\mathrm{A}_1\mathrm{A}_4$の二等辺三角形である。それぞれの底辺の垂直二等分線を$\ell$、$m$とする。
$\ell$、$m$は共に$\mathrm{A}_1$を通る。よって、$\ell$、$m$は、それぞれの三角形の中線を含むから、それぞれ$\mathrm{B}_1$、$\mathrm{C}_1$を通る。
また、$\ell$、$m$は、円の弦の垂直二等分線であるから、$\mathrm{O}$を通る。よって、$\ell$、$m$は、直線$\mathrm{A}_1\mathrm{O}$に一致する。
よって、$\mathrm{A}_1$、$\mathrm{B}_1$、$\mathrm{C}_1$は同一直線上にある。
(4)
$\mathrm{A}_0$と直線$\mathrm{A}_1\mathrm{A}_4$との距離は$1-\cos 72^\circ=\dfrac{5-\sqrt5}4$である。よって、$\mathrm{A}_0\mathrm{B}_0=\dfrac{5-\sqrt5}4\cdot\dfrac23=\dfrac{5-\sqrt5}6$、$\mathrm{O}\mathrm{B}_0=1-\dfrac{5-\sqrt5}6=\dfrac{\sqrt5+1}6$である。
$\mathrm{A}_0$と直線$\mathrm{A}_2\mathrm{A}_3$との距離は$1-\cos 144^\circ=1+\cos 36^\circ=\dfrac{5+\sqrt5}4$である。よって、$\mathrm{A}_0\mathrm{C}_0=\dfrac{5+\sqrt5}4\cdot\dfrac23=\dfrac{5+\sqrt5}6$、$\mathrm{O}\mathrm{C}_0=\dfrac{5+\sqrt5}6-1=\dfrac{\sqrt5-1}6$である。
同様にして、$k=0,1,2,3,4$に対し、$\mathrm{O}\mathrm{A}_k=1$、$\mathrm{O}\mathrm{B}_k=\dfrac{\sqrt5+1}6$、$\mathrm{O}\mathrm{C}_k=\dfrac{\sqrt5-1}6$である。
3つの五角形は相似。 \begin{aligned} &S_a:S_b:S_c\\ =&1:\left(\dfrac{\sqrt5+1}6\right)^2:\left(\dfrac{\sqrt5-1}6\right)^2\\ =&18:(3+\sqrt5):(3-\sqrt5) \end{aligned}
第3問
(1)
平面$\alpha$の式は$y-asz=0$、平面$\beta$の式は$y+asz=0$である。
球の中心の座標を$(u,v,t)$とすると、中心と2平面までの距離は等しい。 \begin{aligned} &\dfrac{|v-ast|}{\sqrt{1+a^2s^2}} = \dfrac{|v+ast|}{\sqrt{1+a^2s^2}} \\ &|v-ast| = |v+ast| \\ &v^2-2vast+a^2s^2t^2 = v^2+2vast+a^2s^2t^2 \\ &4vast = 0 \\ &v = 0 (\because ast \neq 0) \end{aligned}
よって、求める長さは$\dfrac{ast}{\sqrt{1+a^2s^2}}$である。
(2)
平面ACDの式は$x\sin\theta-y\cos\theta+z\sin\theta-\sin\theta=0$、平面BCDの式は$x\sin\theta-y\cos\theta-z\sin\theta+\sin\theta=0$。
これらと中心$(u,0,t)$との距離は、等しい。 \begin{aligned} &\dfrac{|us+ts-s|}{\sqrt{s^2+(1-s^2)+s^2}} = \dfrac{|us-ts+s|}{\sqrt{s^2+(1-s^2)+s^2}} \\ &|u+t-1| = |u-t+1| \\ &u^2+2u(t-1)+(t-1)^2 = u^2-2u(t-1)+(t-1)^2 \\ &4u(t-1) = 0 \\ &u = 0\ (\because t \lt 1) \end{aligned}
2平面と中心との距離は$\dfrac{s(1-t)}{\sqrt{s^2+1}}$である。
中心と4平面との距離について \begin{aligned} &\dfrac{ast}{\sqrt{1+a^2s^2}} = \dfrac{s(1-t)}{\sqrt{s^2+1}} \\ &\dfrac{at}{\sqrt{1+a^2s^2}} = \dfrac{1-t}{\sqrt{s^2+1}} \quad (\because s \neq 0)\\ &at\sqrt{s^2+1} = (1-t)\sqrt{1+a^2s^2} \\ &at\sqrt{s^2+1} = \sqrt{1+a^2s^2}-t\sqrt{1+a^2s^2} \\ &t(a\sqrt{s^2+1}+\sqrt{1+a^2s^2}) = \sqrt{1+a^2s^2} \\ &t = \dfrac{\sqrt{1+a^2s^2}}{a\sqrt{s^2+1}+\sqrt{1+a^2s^2}} \end{aligned}
求める半径は$\dfrac{as}{a\sqrt{s^2+1} + \sqrt{1+a^2s^2}}$、中心は$\left( 0,0, \dfrac{\sqrt{1+a^2s^2}}{a\sqrt{s^2+1} + \sqrt{1+a^2s^2}} \right)$である。
(3)
四面体ABCDを$xz$平面で切断すると、切断面を底面とする高さ$as$の三角錐が2つできる。 \[V_1=2\cdot \dfrac13\cdot 1\cdot as = \dfrac23as \]
また、$V_2 = \dfrac{4}{3}\pi \left( \dfrac{as}{a\sqrt{s^2+1} + \sqrt{1+a^2s^2}} \right)^3$である。
よって、 \begin{aligned} \rho(s)&= \lim_{a\to \infty} \dfrac{a \cdot \dfrac{4}{3}\pi \left( \dfrac{as}{a\sqrt{s^2+1} + \sqrt{1+a^2s^2}} \right)^3}{\dfrac{2}{3}as} \\ &= \lim_{a\to \infty} \dfrac{2\pi}{s} \left( \dfrac{as}{a\sqrt{s^2+1} + \sqrt{1+a^2s^2}} \right)^3 \\ &= \lim_{a\to \infty} \dfrac{2\pi}{s} \left( \dfrac{s}{\sqrt{s^2+1}+\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+s^2}} \right)^3 \\ &= \dfrac{2\pi}{s} \left( \dfrac{s}{\sqrt{s^2+1}+s} \right)^3 \\ &= 2\pi s^2(\sqrt{s^2+1}-s)^3\\ \end{aligned}
\begin{aligned} \dfrac{\rho'(s)}{2\pi} &=2s(\sqrt{s^2+1}-s)^3+3s^2(\sqrt{s^2+1}-s)^2 \left( \frac{s}{\sqrt{s^2+1}}-1 \right) \\ &= 2s(\sqrt{s^2+1}-s)^3 + 3s^2(\sqrt{s^2+1}-s)^2 \left( \frac{s-\sqrt{s^2+1}}{\sqrt{s^2+1}} \right) \\ &= 2s(\sqrt{s^2+1}-s)^3-\frac{3s^2(\sqrt{s^2+1}-s)^3}{\sqrt{s^2+1}} \\ &= \frac{s(\sqrt{s^2+1}-s)^3}{\sqrt{s^2+1}}\cdot (2\sqrt{s^2+1}-3s)\\ &= \frac{s(\sqrt{s^2+1}-s)^3}{\sqrt{s^2+1}}\cdot \dfrac{4-5s^2}{2\sqrt{s^2+1}+3s}\\ \end{aligned}
よって、$\rho(s)$の増減は次のようになる。
| $s$ | $0$ | $\cdots$ | $\dfrac2{\sqrt5}$ | $\cdots$ | 1 |
|---|---|---|---|---|---|
| $\rho'(s)$ | $+$ | $0$ | $-$ | ||
| $\rho(s)$ | $\nearrow$ | $\searrow$ |
求める値は$\dfrac2{\sqrt5}$である。