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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} \tan \alpha & = ( \text{AP の傾き} ) \\ & = \dfrac{t^3 +1}{t+1} = \underline{t^2 -t +1} ( \gt 0 )\ , \\ \tan \beta & = ( \text{BP の傾き} ) \\ & = \dfrac{t^3 -1}{t-1} = \underline{t^2 +t +1} ( \gt 0 ) \end{align}\]

(2)

(1) の結果より, \(0 \lt \alpha \lt \beta \lt \dfrac{\pi}{2}\) なので \[ \angle \text{APB} = \pi -( \beta -\alpha ) \quad ... [1] \] ゆえに \[\begin{align} \tan \angle \text{APB} & = -\tan ( \beta -\alpha ) \\ & = -\dfrac{( t^2 +t +1 ) -( t^2 -t +1 )}{1 +( t^2 +t +1 ) ( t^2 -t +1 )} \\ & = -\dfrac{2t}{1 +( t^2 +1 )^2 -t^2} \\ & = \underline{-\dfrac{2t}{t^4 +t^2 +2}} \end{align}\]

(3)

[1] より, \(\angle \text{APB}\) が最小になるのは, \(\beta -\alpha\) が最大となるとき, つまり \(\tan ( \beta -\alpha )\) が最大となるときである.
さらに \[ f(t) = \dfrac{1}{\tan ( \beta -\alpha )} = t^3 +t +\dfrac{2}{t^2} \] とおけば, これが最小となる \(t\) の値を求めればよい. \[\begin{align} f'(t) & = 3t^2 +t -\dfrac{2}{t^2} \\ & = \dfrac{3t^4 +t^2 -2}{t^2} \\ & = \dfrac{\left( \sqrt{3} t -\sqrt{2} \right) \left( \sqrt{3} t +\sqrt{2} \right) ( t^2 +1 )}{t^2} \end{align}\] したがって, \(f(t)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & (0) & \cdots & \dfrac{\sqrt{6}}{3} & \cdots & (1) \\ \hline f'(t) & & - & 0 & + & \\ \hline f(t) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow & \end{array} \] よって, 求める \(t\) の値は \[ t = \underline{\dfrac{\sqrt{6}}{3}} \]

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【 解 答 】

(1)

\[ x^6 +1 = ( x^2 +1 ) ( x^4 -x^2 +1 ) \] なので \[ x^6 = ( x^2 +1 ) f(x) -1 \] よって, 余りは \[ \underline{-1} \]

(2)

\(2021 = 6 \cdot 366 +5\) なので \[\begin{align} x^{2021} & = x^5 \left\{ ( x^2 +1 ) f(x) -1 \right\}^{366} \\ & = x^5 \left\{ P(x) f(x) +(-1)^{336} \right\} \\ & = \left\{ x^5 P(x) +1 \right\} f(x) +x^3 -x \end{align}\] よって, 余りは \[ \underline{x^3 -x} \] ただし \[ P(x) = \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{335} {} _ {336} \text{C}{} _ {k} (-1)^k ( x^2 +1 )^{336-k} \left\{ f(x) \right\}^{335-k} \] とおいた.

(3)

帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n=3\) のとき \[\begin{align} ( x^2 -1 )^3 -1 & = x^6 -3x^4 +3x^2 -2 \\ & = ( x^2 -2 ) f(x) \end{align}\] で, \(f(x)\) で割り切れる.

2. 2*　\(n = 3m\) （\(m\) は自然数）のとき \[ ( x^2 -1 )^{3m} -1 = Q(x) f(x) \] と, \(f(x)\) で割り切れると仮定すると \[\begin{align} ( x^2 -1 )^{3m+3} -1 & = ( x^2 -1 )^3 ( x^2 -1 )^{3m} -1 \\ & = \left\{ ( x^2 -2 ) f(x) +1 \right\} \left\{ Q(x) f(x) +1 \right\} -1 \\ & = R(x) f(x) +1 -1 \\ & = R(x) f(x) \end{align}\] で, \(n = 3m+3\) のときも, \(f(x)\) で割り切れる.
   ただし \[ R(x) = \left\{ ( x^2 -2 ) f(x) +1 \right\} Q(x) +( x^2 -2 ) \] とおいた.

1* 2* より, 題意は示された.

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【 解 答 】

(1)

条件より \[\begin{align} \alpha^2 & = 3 +4i \ , \\ \beta^2 & = -\dfrac{3}{4} -i = -\dfrac{1}{4} \alpha^2 \end{align}\] よって, O, C, D は一直線上にある.

(2)

\(z = u +i\) と表せる. \[ z^2 = u^2 -1 +2u i \] なので \[ \left\{ \begin{array}{ll} x = u^2 -1 & ... [1] \\ y = 2u & ... [2] \end{array} \right. \] [2] より, \(u = \dfrac{y}{2}\) で, [1] に代入して \[ x = \dfrac{y^2}{4} -1 \] よって, 求める軌跡の式は \[ \underline{x = \dfrac{y^2}{4} -1} \]

(3)

線分 AB 上を \(z\) が動くとき, (2) で考えた中で \(-\dfrac{1}{2} \leqq u \leqq 2\) の範囲を動き, \(z^2\) は \(-1 \leqq y \leqq 4\) の範囲を動く.
\(z\) が \(\triangle \text{OAB}\) を動くとき, 線分 AB 上の点 \(z'\) に対して \[ z = k z' \ ( 0 \leqq k \leqq 1 ) \] と表せる. \[ z^2 = k^2 {z'}^2 \ , \ 0 \leqq k^2 \leqq 1 \] なので, 求める図形は, 点 \({z'}^2\) の軌跡 \[ x = \dfrac{y^2}{4} -1 \ ( -1 \leqq y \leqq 4 ) \] と原点を結ぶ線分全体が表す領域で, 下図斜線部（境界を含む）.

(4)

直線 CD の式は \(x = \dfrac{3}{4} y\) なので, 求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ {-1}^{4} \left( \dfrac{3}{4} y -\dfrac{y^2}{4} +1 \right) \, dy \\ & = -\dfrac{1}{4} \displaystyle\int _ {-1}^{4} (x+1) (x-4) \, dy \\ & = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{6} ( 4+1 )^3 \\ & = \underline{\dfrac{125}{24}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

玉の入れ方は, \(2^3 = 8\) 通り.
\(\ell = 0 , 2\) にはならないので \[ P_0 = P_2 = 0 \] \(\ell = 3\) になるのは, 玉を入れる箱の選び方が \(2\) 通りあるので \[ P_3 = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4} \] \(\ell = 1\) になるのは, 余事象を考えて \[ P_1 = 1 -\dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4} \] 以上より \[ P_0 = \underline{0} \ , \ P_1 = \underline{\dfrac{3}{4}} \ , \ P_2 = \underline{0} \ , \ P_3 = \underline{\dfrac{1}{4}} \]

(2)

1. 1*　\(n = 2\) のとき
   玉の入れ方は \(2^2 = 4\) 通り.
   \(\ell = 1\) にはならないので \[ P_1 = 0 \] \(\ell = 2\) になるのは, 玉を入れる箱の選び方が \(2\) 通りあるので \[ P_2 ＝\dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2} \] \(\ell = 0\) になるのは, 余事象を考えて \[ P_1 = 1 -\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2} \]

2. 2*　\(n \geqq 3\) のとき
   玉の入れ方は \(n^2\) 通り.
   \(\ell = 0\) にはならないので \[ P_0 = 0 \] \(\ell = 2\) になるのは, 玉を入れる箱の選び方が \(n\) 通りあるので \[ P_2 ＝\dfrac{n}{n^2} = \dfrac{1}{n} \] \(\ell = 1\) になるのは, 余事象を考えて \[ P_1 = 1 -\dfrac{1}{n} = \dfrac{n-1}{n} \]

以上より, 求める確率は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} P_0 = \dfrac{1}{2} \ , \ P_1 = 0 \ , \ P_2 = \dfrac{1}{2} & ( \ n = 2 \ \text{のとき} \ ) \\ P_0 = 0 \ , \ P_1 = \dfrac{n-1}{n} \ , \ P_2 = \dfrac{1}{n} & ( \ n \geqq 3 \ \text{のとき} \ ) \end{array} \right.} \]

(3)

1. 1*　\(n = 3\) のとき
   玉の入れ方は \(3^3 = 27\) 通り.
   \(\ell = 1\) にはならないので \[ P_1 = 0 \] \(\ell = 0\) になるのは, \(3\) 個の箱に \(1\) つずつ玉を入れる方法は \(3 ! = 6\) 通りあるので \[ P_0 = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9} \] \(\ell = 3\) になるのは, 玉を入れる箱の選び方が \(3\) 通りあるので \[ P_3 = \dfrac{3}{27} = \dfrac{1}{9} \] \(\ell = 2\) になるのは, 余事象を考えて \[ P_2 = 1 -\dfrac{2}{9} -\dfrac{1}{9} = \dfrac{2}{3} \]

2. 2*　\(n \geqq 4\) のとき
   玉の入れ方は \(n^3\) 通り.
   \(\ell = 0\) にはならないので \[ P_0 = 0 \] \(\ell = 3\) になるのは, 玉を入れる箱の選び方が \(n\) 通りあるので \[ P_3 = \dfrac{n}{n^3} = \dfrac{1}{n^2} \] \(\ell = 1\) になるのは, \(n\) 個の箱のうち \(3\) 個の箱に \(1\) つずつ玉を入れる方法は \({} _ {n} \text{P}{} _ {3} = n (n-1) (n-2)\) 通りあるので \[ P_1 = \dfrac{n (n-1) (n-2)}{n^3} = \dfrac{(n-1) (n-2)}{n^2} \] \(\ell = 2\) になるのは, 余事象を考えて \[ P_2 = 1 -\dfrac{1}{n^2} -\dfrac{(n-1) (n-2)}{n^2} = \dfrac{3 (n-1)}{n^2} \]

以上より, 求める確率は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} P_0 = \dfrac{2}{9} \ , \ P_1 = 0 \ , \ P_2 = \dfrac{2}{3} \ , \ P_3 = \dfrac{1}{9} & ( \ n = 3 \ \text{のとき} \ ) \\ P_0 = 0 \ , \ P_1 = \dfrac{(n-1) (n-2)}{n^2} \ , \ P_2 = \dfrac{3 (n-1)}{n^2} \ , \ P_3 = \dfrac{1}{n^2} & ( \ n \geqq 4 \ \text{のとき} \ ) \end{array} \right.} \]

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