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【 解 答 】

(1)

直線 \(l : \ y = a( x+1 )\) とおく. 点 P から \(l\) に下ろした垂線の足を H とおく.
点と直線の距離の公式より \[ \text{PH} = \dfrac{\left| a \cdot 0 -1 \cdot 1 +a \right|}{\sqrt{a^2 +1}} = \dfrac{1-a}{\sqrt{a^2 +1}} \quad ( \text{∵} \ 0 \lt a \lt 1 ) \] △PQH が直角三角形であること, \(\text{QH} = \text{RH}\) に着目すれば \[ \text{QR} = 2 \sqrt{1 -\left( \dfrac{1-a}{\sqrt{a^2 +1}} \right)^2} = \dfrac{2 \sqrt{2a}}{\sqrt{a^2 +1}} \] したがって \[ S(a) = \dfrac{1}{2} \text{QR} \cdot \text{PH} = \underline{\dfrac{\sqrt{2a} ( 1-a )}{a^2 +1}} \]

(2)

\[ f(a) = \dfrac{1}{2} \left\{ S(a) \right\}^2 = \dfrac{a( 1-a )^2}{( a^2 +1 )^2} \] とおくと, \(f(a)\) が最大のとき, \(S(a)\) も最大となる.
以下では, \(f(a)\) の最大となるときについて調べる. \[\begin{align} f'(a) & = \dfrac{\left\{ ( 1-a )^2 -2a( 1-a ) \right\}( a^2+1 )^2 -a( 1-a )^2 \cdot 4a( a^2+1 )}{( a^2+1)^4} \\ & = \dfrac{( 1 -4a +3a^2 )( a^2+1 ) -4a^2 ( 1 -2a +a^2 )}{( a^2+1)^3} \\ & = \dfrac{( 3a^4 -4a^3+4a^2 -4a +1 ) -( 4a^4 -8a^3 +4a^2 )}{( a^2+1)^3} \\ & = \dfrac{-a^4 +4a^3 -4a +1}{( a^2+1)^3} \\ & = \dfrac{-( a^2-1 )( a^2+1 ) +4a( a^2+1 )}{( a^2+1)^3} \\ & = \dfrac{( 1-a^2 )( a^2-4a+1 )}{( a^2+1)^3} \\ & = \dfrac{( 1-a^2 )\left\{ a -\left( 2+\sqrt{3} \right) \right\}\left\{ a -\left( 2-\sqrt{3} \right) \right\}}{( a^2+1)^3} \end{align}\] したがって \(0 \lt a \lt 1\) における \(f(a)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} a & ( 0 ) & \cdots & 2-\sqrt{3} & \cdots & ( 1 ) \\ \hline f'(a) & & + & 0 & - & \\ \hline f(a) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \\ \end{array} \] したがって \(f(a)\) は \(a = 2-\sqrt{3}\) のとき最大となる.
ゆえに \(S(a)\) は \(a = \underline{2-\sqrt{3}}\) のとき最大となる.

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【 解 答 】

(1)

\(1 \lt a \lt 2\) なので \[ a _ 1 = \sqrt{2} -1 \] \(a _ k = \sqrt{2} -1 \quad ( k = 1 , 2 , \cdots )\) と仮定すると, \(\dfrac{1}{\sqrt{2} -1} = \sqrt{2} +1\) であり, \(2 \lt \sqrt{2} +1 \lt 3\) なので \[ a _ {k+1} = \left( \sqrt{2} +1 \right) -2 = \sqrt{2} -1 \] したがって \(n \geqq 1\) のとき \[ a _ n = \underline{\sqrt{2} -1} \]

(2)

条件をみたす \(a\) は, ある負でない整数 \(r\) を用いた以下の式を満たす. \[\begin{align} \dfrac{1}{a} & = a+r \\ \text{∴} \quad a^2 +ra -1 & = 0 \quad ... [1] \end{align}\] \(\langle a \rangle\) を与える式および \(a \geqq \dfrac{1}{3}\) より \[\begin{align} \dfrac{1}{3} & \leqq a \lt 1 \\ \text{∴} \quad 1 & \lt \dfrac{1}{a} \leqq 3 \end{align}\] したがって整数 \(r\) の候補は, \(r = 0 , 1 , 2\) のみ.
それぞれの場合について, [1] より

1. 1*　\(r=0\) のとき \[ a^2 -1 = 0 \\ \text{∴} \quad a = 1 \] なので不適

2. 2*　\(r=1\) のとき \[ a^2 +a -1 = 0 \\ \text{∴} \quad a = \dfrac{\sqrt{5} -1}{2} \]

3. 3*　\(r=2\) のとき \[ a^2 +2a -1 = 0 \\ \text{∴} \quad a = \sqrt{2} -1 \]

以上より, 求める \(a\) の値は \[ a = \underline{\dfrac{\sqrt{5} -1}{2} , \sqrt{2} -1} \]

(3)

\(a _ 1 = \dfrac{p'}{q} \quad \left( 0 \leqq p' \lt q \right)\) と表せる.
\(a _ n = \dfrac{p _ n}{q _ n}\) とおくと, 自然数 \(k\) について

1. 1*　\(a _ k \neq 0\) のとき, [1] より \[ a _ {k+1} = \dfrac{p _ {k+1}}{q _ {k+1}} = \dfrac{q _ k}{p _ k} -r = \dfrac{q _ k -r p _ k}{p _ k} \] したがって \[ p _ {k+1} \lt q _ {k+1} , \quad q _ {k+1} = p _ k \\ \text{∴} \quad p _ k \gt p _ {k+1} \quad ... [2] \]

2. 2*　\(a _ k = 0\) のとき, 条件より \[ a _ {k+1} = 0 \quad ... [3] \] [2] より \( p _ k -p _ {k+1} \geqq 1\) であり, \(p _ 1 = p' \lt q\) だから, \(1 \leqq m \leqq q\) を満たす自然数 \(m\) において \[ q \gt p _ 1 \gt p _ 2 \gt \cdots \gt p _ {m-1} \gt p _ m = 0 \] すなわち \(a _ m = 0\) となる.
   したがって, [3] より \(n \geqq m\) において \[ a _ n = 0 \]

ゆえに \(n \geqq q\) のとき \(a _ n=0\) となることが示された.

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【 解 答 】

(1)

\(\angle\text{POQ} = \dfrac{L}{t}\) なので \[ u(t) = \underline{t \cos \dfrac{L}{t}} , \quad v(t) = \underline{t \sin \dfrac{L}{t}} \]

(2)

\[\begin{align} u'(t) & = \cos \dfrac{L}{t} +t \left( -\dfrac{L}{t^2} \right) \left( -\sin \dfrac{L}{t} \right) \\ & = \cos \dfrac{L}{t} +\dfrac{L}{t} \sin \dfrac{L}{t} \\ v'(t) & = \sin \dfrac{L}{t} +t \left( -\dfrac{L}{t^2} \right) \cos \dfrac{L}{t} \\ & = \sin \dfrac{L}{t} -\dfrac{L}{t} \cos \dfrac{L}{t} \end{align}\] なので \[\begin{align} \{ u'(t) \}^2 & = \cos^2 \dfrac{L}{t} +\dfrac{2L}{t} \cos \dfrac{L}{t} \sin \dfrac{L}{t} +\dfrac{L^2}{t^2} \sin^2 \dfrac{L}{t} \\ \{ v'(t) \}^2 & = \sin^2 \dfrac{L}{t} -\dfrac{2L}{t} \cos \dfrac{L}{t}\sin \dfrac{L}{t} +\dfrac{L^2}{t^2} \cos^2 \dfrac{L}{t} \end{align}\] \(\sin^2 \dfrac{L}{t} +\cos^2 \dfrac{L}{t} = 1\) に着目すれば \[\begin{align} \sqrt{\{ u'(t) \}^2 +\{ v'(t) \}^2} & = \sqrt{1 +\dfrac{L^2}{t^2}} \\ & = \dfrac{\sqrt{L^2 +t^2}}{t} \quad ( \ \text{∵} \ t \gt 0 \end{align}\] したがって \[ f(a) = \displaystyle\int _ a^1 ! \dfrac{\sqrt{L^2 +t^2}}{t} \, dt \] ここで \(t = L \tan \theta\) と置換すると \[ dt = \dfrac{L}{\cos^2 \theta} d \theta \\ t \ : \ a \rightarrow 1 \text{のとき} \quad \theta \ : \ \theta _ 1 \rightarrow \theta _ 2 \\ \left( \ \text{ただし, } \tan \theta _ 1 = \dfrac{a}{L} , \ \tan \theta _ 2 = \dfrac{1}{L} \quad ...[1] \ \right) \] これを用いて \[\begin{align} f(a) & = \displaystyle\int _ {\theta _ 1}^{\theta _ 2} \dfrac{L \sqrt{1 +\tan^2 \theta}}{L \tan \theta} \cdot \dfrac{L}{\cos^2 \theta} \, d\theta \\ & = L \displaystyle\int _ {\theta _ 1}^{\theta _ 2} \dfrac{1}{\sin \theta \cos^2 \theta} \, d\theta \\ & = L \displaystyle\int _ {\theta _ 1}^{\theta _ 2} \dfrac{\sin \theta}{\cos^2 \theta \left( 1 -\cos^2 \theta \right)} \, d\theta \\ & = -L \displaystyle\int _ {\theta _ 1}^{\theta _ 2} \left( \dfrac{1}{\cos^2 \theta} +\dfrac{1}{2( 1 -\cos \theta )} +\dfrac{1}{2( 1 +\cos \theta )} \right) \, ( \cos \theta)' d\theta \\ & = -L \left[ -\dfrac{1}{\cos \theta} -\dfrac{1}{2} \log( 1 -\cos \theta ) +\dfrac{1}{2} \log( 1 +\cos \theta ) \right] _ {\theta _ 1}^{\theta _ 2} \\ & = L \left( \dfrac{1}{\cos \theta _ 2} -\dfrac{1}{\cos \theta _ 1} +\dfrac{1}{2} \log \dfrac{1 -\cos \theta _ 2}{1 +\cos \theta _ 2} -\dfrac{1}{2} \log \dfrac{1 -\cos \theta _ 1}{1 +\cos \theta _ 1} \right) \end{align}\] ここで [1] より \[\begin{align} \dfrac{1}{\cos \theta _ 1} & = \sqrt{1 +\tan^2 \theta _ 1} = \dfrac{\sqrt{L^2 +a^2}}{L} , \\ \dfrac{1}{\cos \theta _ 2} & = \sqrt{1 +\tan^2 \theta _ 2} = \dfrac{\sqrt{L^2 +1}}{L} \end{align}\] これを用いると \[\begin{align} f(a) & = L \left( \dfrac{\sqrt{L^2 +1}}{L} -\dfrac{\sqrt{L^2 +a^2}}{L} \right. \\ & \qquad \left. +\dfrac{1}{2} \log \dfrac{\sqrt{L^2 +1} -L}{\sqrt{L^2 +1} +L} -\dfrac{1}{2} \log \dfrac{\sqrt{L^2 +a^2} -L}{\sqrt{L^2 +a^2} +L} \right) \\ & = \underline{\sqrt{L^2 +1} -\sqrt{L^2 +a^2}} \\ & \qquad \underline{+L \log \left( \sqrt{L^2 +1} -L \right) -L \log \dfrac{\sqrt{L^2 +a^2} -L}{a}} \end{align}\]

(3)

\(A = \sqrt{L^2 +1} -\sqrt{L^2 +a^2} +L \log \left( \sqrt{L^2 +1} -L \right)\) , \(B = L \log \dfrac{\sqrt{L^2 +a^2} -L}{a}\) とおく.
\(\displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \log a = -\infty\) であることから, \(a \rightarrow +0\) のとき \[\begin{align} \dfrac{A}{\log a} & \rightarrow 0 \\ \dfrac{B}{\log a} & = L \cdot \dfrac{\log \frac{a^2}{a \left( \sqrt{L^2 +a^2} +L \right)}}{\log a} \\ & = L \left\{ 1 -\dfrac{\log \left( \sqrt{L^2 +a^2} +L \right)}{\log a} \right\} \\ & \rightarrow L \end{align}\] ゆえに \[ \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \dfrac{f(a)}{\log a} = \displaystyle\lim _ {a \rightarrow +0} \dfrac{A-B}{\log a} = \underline{-L} \]

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【 解 答 】

点 G は △PQR の重心なので \[\begin{align} X = \dfrac{\alpha +\beta +\dfrac{1}{2}}{3} , \quad Y = \dfrac{\alpha^2 +\beta^2 +\dfrac{1}{4}}{3} \\ \text{∴} \quad \alpha +\beta = 3X -\dfrac{1}{2} , \quad \alpha^2 +\beta^2 = 3Y -\dfrac{1}{4} \quad ... [1] \end{align}\] \(\text{PQ} = \text{PR}\) なので \[\begin{align} \left( \alpha -\dfrac{1}{2} \right)^2 +\left( \alpha^2 -\dfrac{1}{4} \right)^2 = \left( \beta -\dfrac{1}{2} \right)^2 +\left( \beta^2 -\dfrac{1}{4} \right)^2 \quad ... [2] \\ ( \alpha -\beta ) ( \alpha +\beta -1 ) +( \alpha^2 -\beta^2 ) \left( \alpha^2 +\beta^2 -\dfrac{1}{2} \right) = 0 \\ ( \alpha +\beta -1 ) + ( \alpha +\beta ) \left( \alpha^2 +\beta^2 -\dfrac{1}{2} \right) = 0 \quad ( \ \text{∵} \ \alpha -\beta \neq 0 \ ) \\ ( \alpha +\beta ) \left( \alpha^2 +\beta^2 +\dfrac{1}{2} \right) -1= 0 \quad ... [3] \end{align}\] [1] を代入すると \[\begin{align} \left( 3X -\dfrac{1}{2} \right) \left( 3Y +\dfrac{1}{4} \right) & = 1 \\ \text{∴} \quad \left( X -\dfrac{1}{6} \right) \left( Y +\dfrac{1}{12} \right) & = \dfrac{1}{9} \end{align}\] 続いて, \(X\) の取り得る値の範囲について考える.
条件より, \(\alpha = \beta\) となることはないので, \(\alpha \neq \beta\) となるための \(X\) の条件を求めればよい.
\(s = \alpha +\beta\) , \(t = \alpha^2 +\beta^2\) とおく. [1] より \[ \alpha \beta = \dfrac{s^2 -t}{2} \] なので, \(\alpha , \beta\) は \(2\) 次方程式 \(z^2 -sz +\dfrac{s^2 -t}{2} = 0\) の異なる \(2\) 解なので, 判別式 \(D\) について \[\begin{align} D = s^2 -4 \cdot \dfrac{s^2 -t}{2} & =-s^2 +2t \gt 0 \\ \text{∴} \quad s^2 & \lt 2t \quad ... [4] \end{align}\] [3] より \[\begin{align} s \left( t +\dfrac{1}{2} \right) & = 1 \\ \text{∴} \quad t & = \dfrac{1}{s} -\dfrac{1}{2} \end{align}\] \(t \gt 0\) なので, \(0 \lt s \lt 2\) .
[4] に代入して \[\begin{align} s^2 \lt \dfrac{2}{s} -1 \\ s^3 +s -2 \lt 0 \\ ( s-1 )( s^2 +s +2 ) \lt 0 \\ \text{∴} \quad 0 \lt s \lt 1 \end{align}\] したがって \[\begin{align} 0 \lt 3X -\dfrac{1}{2} \lt 1 \\ \text{∴} \quad \dfrac{1}{6} \lt X \lt \dfrac{1}{2} \end{align}\] 以上より求める軌跡は \[ \underline{\text{双曲線} \ : \ \left( x -\dfrac{1}{6} \right) \left( y +\dfrac{1}{12} \right) = \dfrac{1}{9} \quad \left( \dfrac{1}{6} \lt x \lt \dfrac{1}{2} \right)} \]

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【 解 答 】

(1)

\(w \left( [ a , b ; c ] \right) = p -q -( a+b ) = -q\) のとき \[ a+b = p \] \(b \leqq 0 \leqq a \leqq p\) なので \[ ( a , b ) = ( p , 0 ) \] \(b \leqq c \leqq a\) すなわち \(0 \leqq c \leqq p\) なので, \(c = 0 , 1 , \cdots p\)
よって, \(( p , q )\) パターンは \(\underline{p+1}\) 個.

また, \(w \left( [ a , b ; c ] \right) = p -q -( a+b ) = p\) のとき \[ a+b = -q \] \(-q \leqq b \leqq 0 \leqq a\) なので \[ ( a , b ) = ( 0 , -q ) \] \(b \leqq c \leqq a\) すなわち \(-q \leqq c \leqq 0\) なので, \(c = -q , -q+1 , \cdots 0\) .
よって, \(( p , q )\) パターンは \(\underline{q+1}\) 個.

(2)

\(p=q\) かつ \(w \left( [ a , b ; c ] \right) = -p+s\) のとき \[ a+b = -p+s \]

1. 1*　\(0 \leqq s \leqq p\) のとき
   \(-p \leqq b \leqq 0 \leqq a \leqq p\) なので \[ ( a , b ) = ( k , -p+s-k ) \quad ( k = 0 , 1 , \cdots , s ) \] \(b \leqq c \leqq a\) すなわち \(-p+s-k \leqq c \leqq k\) なので, \(c = -p+s-k , -p+s+k-1 , \cdots , k\) だから, \(c\) の値は \[ k -( -p+s-k ) +1 = 2k+p-s+1 \ \text{通り} \] ゆえに, \(( p , p )\) パターンは \[\begin{align} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^s ( 2k+p-s+1 ) & = s( s+1 ) +( s+1 )( p-s+1 ) \\ & = ( p+1 )( s+1 ) \ \text{個} \end{align}\]

2. 2*　\(p+1 \leqq s \leqq 2p\) のとき
   \(-p \leqq b \leqq 0 \leqq a \leqq p\) なので \[ ( a , b ) = ( s-p+k , -k ) \quad ( k = 0 , 1 , \cdots , 2p-s ) \] \(b \leqq c \leqq a\) すなわち \(-k \leqq c \leqq -p+s+k\) なので \(c = -k , -k+1 , \cdots , -p+s-k\) だから, \(c\) の値は \[ ( -p+s+k ) -( -k ) +1 = 2k-p+s+1 \ \text{通り} \] ゆえに, \(( p , p )\) パターンは \[\begin{align} \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{2p-s} ( 2k-p+s+1 ) & = ( 2p-s )( 2p-s+1 ) +( 2p-s+1 )( s-p+1 ) \\ & = ( p+1 )( 2p-s+1 ) \quad \text{個} \end{align}\]

3. 3*　\(s \lt 0 , 2p \lt s\) のとき
   \(( p , p )\) パターンは \(0\) 個.

1*～3*より \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} ( p+1 )( s+1 ) & ( \ 0 \leqq s \leqq p \ \text{のとき} \ ) \\ ( p+1 )( 2p-s+1 ) & ( \ p+1 \leqq s \leqq 2p \ \text{のとき} \ ) \\ 0 & ( \ s \lt 0 , 2p \lt s \ \text{のとき} \ ) \end{array} \right.} \]

(3)

(2) の結果より, 求める総数は \[\begin{align} \textstyle\sum\limits _ {s=0}^p & ( p+1 )( s+1 ) +\textstyle\sum\limits _ {s=p+1}^{2p} ( p+1 )( 2p-s+1 ) \\ & = ( p+1 ) \textstyle\sum\limits _ {s=0}^p ( s+1 ) +( p+1 ) \textstyle\sum\limits _ {s=1}^{p} ( p+1 )( p+1-s ) \\ & = \dfrac{1}{2} ( p+1 )^2( p+2 ) +\dfrac{1}{2} p ( p+1 )^2 \\ & = \underline{( p+1 )^3} \end{align}\]

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