解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

点 P \(\left( t , \dfrac{t^2}{4} \right)\) とおくと \[ \text{PQ}^2 = \left( t -2a \right)^2 +\left( \dfrac{t^2}{4} +\dfrac{a^2}{4} -2 \right)^2 \] これを \(f(t) \ ( t \gt 0 )\) として, \(t\) で微分すると \[\begin{align} f'(t) & = 2 ( t -2a ) +2 \left( \dfrac{t^2}{4} -\dfrac{a^2}{4} -2 \right) \cdot \dfrac{t}{2} \\ & = \dfrac{t^3}{4} +\left( 4 -\dfrac{a^2}{4} \right) t -4a \\ & = \dfrac{1}{4} (t-a) \underline{( t^2 +at +16 )} _ {[1]} \end{align}\] \([1] = 0\) の判別式を \(D\) とおけば \[ D = a^2 -64 = (a+8)(a-8) \]

1. 1*　\(0 \lt a \leqq 8\) のとき
   \([1] \leqq 0\) なので, \(f(t) = 0\) をとくと \[ t = a \] ゆえに, \(f(t)\) の増減は以下のようになる. \[ \begin{array}{c|cccc} t & (0) & \cdots & a & \cdots \\ \hline f'(t) & & - & 0 & + \\ \hline f(t) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow \end{array} \] したがって, 最小値は \[ f(a) = a^2 +4 \]

2. 2*　\(a \gt 8\) のとき
   \(f(t) = 0\) をとくと \[ t = a , \ \dfrac{a +\sqrt{a^2 -64}}{2} \] ゆえに, \(f(t)\) の増減は以下のようになる. \[ \begin{array}{c|cccccc} t & (0) & \cdots & \dfrac{a +\sqrt{a^2 -64}}{2} & \cdots & a & \cdots \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline f(t) & & \nearrow & \text{極大} & \searrow & \text{極小} & \nearrow \end{array} \] ここで \[\begin{align} f(0) -f(a) & = 4a^2 +\left( \dfrac{a^2}{4} -2 \right)^2 -( a^2 +4 ) \\ & = 3 a^2 +\left( \dfrac{a^2}{4} -2 \right)^2 +4 \gt 0 \end{align}\] なので, 最小値は \[ f(a) = a^2 +4 \]

以上より, 求める最小値は \[ \underline{\sqrt{a^2 +4}} \]

(2)

円 \(C _ 2\) は, 点 Q を中心とする半径 \(\sqrt{2} a\) の円である.
PQ の最小値と, 円 \(C _ 2\) の半径の大小で場合分けして考える. \[ 2 a^2 -( a^2 +4 ) = a^2 -4 = (a+2)(a-2) \] なので

1. 1*　\(\sqrt{a^2 +4} \gt \sqrt{2} a\) すなわち \(0 \lt a \lt 2\) のとき
   \(C _ 1\) と \(C _ 2\) は共有点をもたず, 点 R が, 線分 PQ と \(C _ 2\) の交点となるときに, PR は最小となり, 最小値は \[ \sqrt{a^2 +4} -\sqrt{2} a \]

2. 2*　\(\sqrt{a^2 +4} \leqq \sqrt{2} a\) すなわち \(a \geqq 2\) のとき
   \(C _ 1\) と \(C _ 2\) は共有点をもつので, PR の最小値は \[ 0 \]

以上より, 求める最小値は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \sqrt{a^2 +4} -\sqrt{2} a & ( \ 0 \lt a \lt 2 \text{のとき} \ ) \\ 0 & ( \ a \geqq 2 \text{のとき} \ ) \end{array} \right.} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(\text{PQ} = \text{QR} = \text{RP}\) となるのは, \(\triangle \text{CPQ} \equiv \triangle \text{AQR} \equiv \triangle \text{BRP}\) のとき, すなわち \(X = Y = Z\) のときである.
よって, 求める確率は \[ \dfrac{6}{6^3} = \underline{\dfrac{1}{36}} \]

(2)

\(T _ 1\) と \(T _ 2\) のみが正三角形となる場合は \[ ( X , Y , Z ) = (1,5,5) , (2,4,4) , (4,2,2) , (5,1,1) \] の \(4\) 通り.
\(T _ 2\) と \(T _ 3\) , \(T _ 3\) と \(T _ 1\) の場合も同様に \(4\) 通りずつあるので, 求める確率は \[ \dfrac{4 \cdot 3}{6^3} = \underline{\dfrac{1}{18}} \]

(3)

\[\begin{align} S & = \triangle \text{ABC} -\triangle \text{BPR} -\triangle \text{CQP} -\triangle \text{ARQ} \\ & = \dfrac{1}{2} \cdot \sin 60^{\circ} \left\{ 6^2 -X(6-Z) -Y(6-X) -Z(6-Y) \right\} \\ & = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \underline{\left\{ 36 -X(6-Z) -Y(6-X) -Z(6-Y) \right\}} _ {[1]} \end{align}\] [1] が最小となる場合について考える.
[1] は \(X , Y , Z\) の次数は高々 \(1\) 次なので, \(X , Y , Z\) のうち \(1\) つだけを変数とみなしたときに, 最大, 最小となるのは, 変域の端にあたる \(1\) または \(6\) のときに限られる.
したがって, \(X \leqq Y \leqq Z \ ... [2]\) のもとで考えると, 最小値をとりうる \(X,Y,Z\) の組合せは, 以下の \(4\) 通り

1. 1*　\((X,Y,Z) = (1,1,1)\) のとき \[ [1] = 36 -3 \cdot 5 = 21 \]

2. 2*　\((X,Y,Z) = (1,1,6)\) のとき \[ [1] = 36 -5 -6 \cdot 5 = 1 \]

3. 3*　\((X,Y,Z) = (1,6,6)\) のとき \[ [1] = 36 -6 \cdot 5 = 6 \]

4. 4*　\((X,Y,Z) = (6,6,6)\) のとき \[ [1] = 36 \]

以上より, 最小となるのは, 2* の場合で, このとき \[ m = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot 1 = \underline{\dfrac{\sqrt{3}}{4}} \] 条件 [2] を外して考えれば, \(S = m\) となるのは \[ ( X , Y , Z ) = (1,1,6) , (1,6,1) , (6,1,1) \] のときなので, 求める確率は \[ \dfrac{3}{6^3} = \underline{\dfrac{1}{72}} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\(r _ 1 \neq r _ 2\) のとき, \(S _ 1 , S _ 2\) の中心を結ぶ線分を斜辺とする直角三角形に着目して \[\begin{align} \text{P} _ 1 \text{P} _ 2 & = \sqrt{( r _ 1 +r _ 2 )^2 -| r _ 1 -r _ 2 |^2} \\ & = 2 \sqrt{r _ 1 r _ 2} \quad ... [1] \end{align}\] \(r _ 1 = r _ 2\) のとき, \(\text{P} _ 1 \text{P} _ 2 = 2 r _ 1\) であり, [1] で満たされている.
よって \[ \text{P} _ 1 \text{P} _ 2 = \underline{2 \sqrt{r _ 1 r _ 2}} \]

(2)

\(S _ 1 , S _ 2\) 両方に外接する円を \(S _ 3\) とし, \(S _ 3\) の半径を \(r _ 3\) , \(\alpha\) との接点を \(\text{P} _ 3\) とおく.
(1) の結果から \[ \text{P} _ 1 \text{P} _ 3 = 2 \sqrt{r _ 1 r _ 3} , \ \text{P} _ 2 \text{P} _ 3 = 2 \sqrt{r _ 2 r _ 3} \quad ... [2] \] \(\text{P} _ 1 \ ( 0, 0 )\) , \(\text{P} _ 2 \ ( 2 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 }, 0 )\) となるように, \(xy\) 座標を定め, \(\text{P} _ 3 \ ( X, Y )\) とおくと, [2] より \[\begin{align} X^2 +Y^2 & = 4 r _ 1 r _ 3 \quad ... [3] \\ ( X -2 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 } )^2 +Y^2 & = 4 r _ 2 r _ 3 \quad ... [4] \end{align}\]

1. 1*　\(r _ 1 = r _ 2\) のとき
   \([3] -[4]\) より \[\begin{align} 4 r _ 1 X -4 {r _ 1}^2 & = 0 \\ \text{∴} \quad X & = r _ 1 \end{align}\] これは, 直線を表す.

2. 2*　\(r _ 1 \neq r _ 2\) のとき
   \([3] \times r _ 2 -[4] \times r _ 1\) より \[\begin{align} r _ 2 X^2 +r _ 2 Y^2 & = r _ 1 ( X -2 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 } )^2 +r _ 1 Y^2 \\ ( r _ 2 -r _ 1 ) X^2 +4 r _ 1 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 } X & +( r _ 2 -r _ 1 ) Y^2 = 4 {r _ 1}^2 r _ 2 \\ \left( X +\dfrac{2 r _ 1 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 }}{r _ 2 -r _ 1} \right)^2 +Y^2 & = \dfrac{4 {r _ 1}^2 r _ 2}{r _ 2 -r _ 1} +\left( \dfrac{2 r _ 1 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 }}{r _ 2 -r _ 1} \right)^2 \\ \text{∴} \quad \left( X +\dfrac{2 r _ 1 \sqrt{ r _ 1 r _ 2 }}{r _ 2 -r _ 1} \right)^2 +Y^2 & = \left( \dfrac{2 r _ 1 r _ 2}{r _ 2 -r _ 1} \right)^2 \end{align}\] これは, 円を表す.

以上より, 題意は示された.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

1. 1*　\(n = 4\) のとき
   \(3 ! = 6\) は \(4\) で割り切れない.

2. 2*　\(n = p\) （ \(p\) は素数）のとき
   \(2 , \cdots , p-1\) はいずれも \(p\) と互いに素であるから, これらの積である \((p-1) !\) と \(p\) も互いに素である, つまり, \((p-1) !\) は \(p\) で割り切れない.

よって, 題意は示された.

(2)

\(n\) が素数でも \(4\) でもないとき, 以下の \(2\) つの場合が考えられる.

1. 1*　\(n = p^2\) （ \(p\) は \(3\) 以上の素数）のとき
   \(2\) から \(n-1\) までの自然数には, \(p , 2p, \cdots , (p-1) p\) の \(p-1\) 個の \(p\) の倍数が含まれる.
   よって, これらの積 \((n-1) !\) は \(p^2\) すなわち \(n\) で割り切れる.

2. 2*　\(n\) が 1* 以外の形で表せる合成数のとき
   \(n\) の最小の素因数 \(p\) を用いて, \(n = p M \ ( M \neq p )\) と表せる.
   よって, \(2, \cdots , p , \cdots , M , \cdots , n-1\) の積である \((n-1) !\) は \(pM\) すなわち \(n\) で割り切れる.

よって, 題意は示された.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} \dfrac{dx}{dt} & = -3 \sin t +3 \sin 3t \\ & = -3 \sin t +3 ( 3 \sin t -4 \sin^3 t ) \\ & = 6 \sin t ( 1 -2 \sin^2 t ) \\ & = \sin t \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} +\sin t \right) \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} -\sin t \right) \end{align}\] また \[\begin{align} \dfrac{dy}{dt} & = 3 \cos t -3 \cos 3t \\ & = 3 \cos t +3 ( 4 \cos^3 t -3 \cos t ) \\ & = 12 \cos t ( 1 -\cos^2 t ) \\ & = 12 \sin t ( 1 +\cos t ) ( 1 -\cos t ) \end{align}\] したがって, \(0 \leqq t \leqq \dfrac{\pi}{2}\) における \(x,y\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \dfrac{\pi}{4} & \cdots & \dfrac{\pi}{2} \\ \hline \dfrac{dx}{dt} & 0 & + & 0 & - & \\ \hline x & 2 & \rightarrow & 2 \sqrt{2} & \leftarrow & 0 \\ \hline \dfrac{dy}{dt} & 0 & + & & + & 0 \\ \hline y & 0 & \uparrow & \sqrt{2} & \uparrow & 4 \end{array} \] よって, \(C\) の概形は下図.

(2)

求める面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ 0^4 x \, dy \\ & = \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} ( 3 \cos t -\cos 3t ) ( 3 \cos t -3 \cos 3t ) \, dt \\ & = 3 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} ( 3 \cos^2 t +\cos^2 3t -4 \cos t \cos 3t ) \, dt \\ & = 3 \displaystyle\int _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \left\{ \dfrac{3 ( \cos 2t +1 )}{2} +\dfrac{\cos 6t +1}{2} -2 ( \cos 4t +\cos 2t ) \right\} \, dt \\ & = 3 \left[ 2t +\dfrac{1}{12} \sin 6t -\dfrac{1}{2} \sin 4t -\dfrac{1}{4} \sin 2t \right] _ {0}^{\frac{\pi}{2}} \\ & = \underline{3 \pi} \end{align}\]

« 解答を隠す