解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

与えられた式を順に [1] ～ [5] とする.
[1] [4] より, 数列 \(\{ f( m , 1 ) \}\) は, 初項 \(f( 1 , 1 ) = 1\) , 公比 \(2\) の等比数列なので \[ f( m , 1 ) = \underline{2^{m-1}} \] [2] [3] に [4] を用いれば \[\begin{align} f( 1 , 2 ) & = \dfrac{1}{2} \cdot 6 = 3 \quad ... [6] \ , \\ f( 2 , 3 ) & = \dfrac{1}{2} \cdot 20 = 10 \ , \\ f( 1 , 3 ) & = \dfrac{1}{2} \cdot 10 = 5 \quad ... [7] \end{align}\] 以下では, \(f( 1 , n ) = 2n-1\) ... [A] であることを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 1 , 2 , 3\) のとき
   [1] [6] [7] より, [A] が成立している.

2. 2*　\(n= k , k+1 , k+2\) のとき, [A] が成立する, すなわち \[ f( 1 , k ) = 2k-1 , \ f( 1 , k+1 ) = 2k+1 , \ f( 1 , k+2 ) = 2k+3 \] と仮定すると, [5] より \[\begin{align} f( 1 , k+3 ) & = 3 f( 1 , k+2 ) +f( 1 , k ) -3 f( 1 , k+1 ) \\ & = 3 ( 2k+3 ) +2k-1 -3 ( 2k+1 ) \\ & = 2 ( k+3 ) -1 \end{align}\] なので, \(n = k+3\) のときも [A] が成立する.

以上より, すべての自然数 \(n\) で [A] が成立し \[ f( 1 , n ) = \underline{2n-1} \]

(2)

(1) の結果に, 再度 [4] を用いれば, 数列 \(\{ f( m , n ) \}\) は, 初項 \(f( 1 , n ) = 2n-1\) , 公比 \(2\) の等比数列なので \[ f( m , n ) = 2^{m-1} ( 2n-1 ) \quad ... [8] \] よって \[\begin{align} f( 6 , 32 ) & = 2^5 \cdot 63 = 2^5 \left( 2^6 -1 \right) \\ & = 2048 -32 = \underline{2016} \end{align}\]

(3)

\(l\) を素因数分解することを考えれば, \(0\) 以上の整数 \(p\) と奇数 \(Q\) を用いて \[ l = 2^p Q \] と表すことができる.
[8] より, \(m = p+1\) , \(n = \dfrac{Q+1}{2}\) とすれば, \(f( m , n ) = l\) となり, 題意は示された.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

線分 CD の中点を N として, △PMN について考える.
求める半径を \(r\) とおけば \[\begin{align} \dfrac{1}{2} \cdot 2a \sqrt{b^2 -a^2} & = \dfrac{1}{2} ( 2b +2a ) r \\ \text{∴} \quad r & =\underline{\dfrac{a \sqrt{b^2 -a^2}}{a+b}} \end{align}\]

(2)

\(b \gt a\) なので, \(x \gt 1\) ... [1] .
内接球, 正四角錐の表面積をそれぞれ \(S , T\) とおけば \[\begin{align} S & = 4 \pi r^2 = \dfrac{4 \pi a^2 ( b^2 -a^2 )}{(a+b)^2} \ , \\ T & = (2a)^2 +4 \dfrac{1}{2} \cdot 2a \cdot b \\ & = 4a (a+b) \end{align}\] なので \[ \dfrac{S}{T} = \dfrac{\pi a ( b^2 -a^2 )}{(a+b)^3} = \underline{\dfrac{x^2 -1}{(x+1)^3} \pi} \] \(f(x) = \dfrac{S}{\pi T}\) とおくと \[\begin{align} f'(x) & = \dfrac{2x}{(x+1)^3} -\dfrac{3 ( x^2 -1 )}{(x+1)^4} \\ & = \dfrac{2x (x+1) -3( x^2 -1 )}{(x+1)^4} \\ & = -\dfrac{( x+1 ) ( x-3 )}{(x+1)^4} \end{align}\] したがって. [1] における \(f(x)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & (1) & \cdots & 3 & \cdots \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - \\ \hline f(x) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow \end{array} \] よって, 求める最大値は \[ \pi f(3) = \dfrac{3^2 -1}{4^3} \pi = \underline{\dfrac{\pi}{8}} \]

(3)

\(b = 3a\) なので, 求める体積 \(V\) は \[ V = \dfrac{1}{3} ( 2a )^2 \sqrt{(3a)^2 -a^2} = \underline{\dfrac{8 \sqrt{2}}{3} a^3} \]

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

\[ f'(x) = 3x^2 -1 \] なので, 点 \(\left( t , f(t) \right)\) における \(y = f(x)\) の接線の式は \[\begin{align} y & = ( 3 t^2 -1 ) ( x-t ) +t^3 -t \\ & = ( 3 t^2 -1 ) x -2 t^3 \quad ... [1] \end{align}\] この傾きが \(m\) なので \[\begin{align} 3 t^2 -1 & = m \\ \text{∴} \quad t & = \pm \sqrt{\dfrac{m+1}{3}} \quad ... [2] \end{align}\] また, 点 \(( p , q )\) を通るので \[ q = ( 3 t^2 -1 ) p -2 t^3 \] よって, [2] を代入すれば \[ \underline{q = mp \pm 2 \left( \dfrac{m+1}{3} \right)^{\frac{3}{2}}} \]

(2)

(3)

\(g(p) = p^3 -p\) とおけば \[ g'(p) = 3p^2 -1 = 3 \left( p +\dfrac{1}{\sqrt{3}} \right) \left( p -\dfrac{1}{\sqrt{3}} \right) \] なので, \(g(p)\) の増減は下表の通り. \[ \begin{array}{c|ccccc} p & \cdots & -\dfrac{1}{\sqrt{3}} & \cdots & \dfrac{1}{\sqrt{3}} & \cdots \\ \hline g'(p) & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline g(p) & \nearrow & \dfrac{2 \sqrt{3}}{9} & \searrow & -\dfrac{2 \sqrt{3}}{9} & \nearrow \end{array} \] \(g'(0) = -1\) なので, 原点で \(q = g(p)\) と \(q = -p\) は接する.
よって, 求める領域は下図斜線部（境界は含まない）.

« 解答を隠す

解答はこちら »

【 解 答 】

(1)

△OAP に着目すれば \[ \text{OP} = \sqrt{2^2 -3} = 1 \] なので, P は O を中心とする半径 \(1\) の円周の第 \(1\) 象限部分にあり, 軌跡は下図.

(2)

R \(( 0 , 0 , z )\) とおくと \[ \text{RQ} = \sqrt{x^2 +y^2} \] \(\triangle \text{OAP} \sim \triangle \text{RAQ}\) なので \[\begin{align} ( \sqrt{3} -z ) : \sqrt{x^2 +y^2} & = \sqrt{3} : 1 \\ \sqrt{3} \sqrt{x^2 +y^2} & = \sqrt{3} -z \quad ... [1]\\ \text{∴} \quad z & = \underline{\sqrt{3} \left( 1 -\sqrt{x^2 +y^2} \right)} \end{align}\]

(3)

\(t\) のとりうる値の範囲は, \(0 \leqq t \leqq 1\) ... [2] .
\(x=t\) を [1] に代入して, 両辺を平方すると \[\begin{align} 3 \left( y^2 +t^2 \right) & = \left( \sqrt{3} -z \right)^2 \\ \text{∴} \quad \dfrac{\left( \sqrt{3} -z \right)^2}{3 t^2} -\dfrac{y^2}{t^2} & = 1 \end{align}\] したがって, 平面 \(x=t\) における図形 \(F\) の断面は, 双曲線の一部となる.
このとき, \(z\) のとりうる値の範囲は \[ 0 \leqq z \leqq \sqrt{3} (1-t) \quad ... [3] \] この曲線上の点と \(x\) 軸との距離の \(2\) 乗を \(f(z)\) とおくと \[\begin{align} f(z) & = y^2 +z^2 \\ & = \dfrac{\left( \sqrt{3} -z \right)^2}{3 t^2}{3} -t^2 +z^2 \\ & = \dfrac{4}{3} z^2 -\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} z +1 -t^2 \\ & = \dfrac{4}{3} \left( z -\dfrac{\sqrt{3}}{4} \right)^2 +\dfrac{3}{4} -t^2 \end{align}\] [3] における \(f(z)\) の最大値の候補は \[\begin{align} f(0) & = 1 -t^2 \ , \\ f \left( \sqrt{3} (1-t) \right) & = 4 ( 1 -t )^2 -2 ( 1 -t ) +1 -t^2 \\ & = 3 ( 1 -t )^2 \end{align}\] [2] の範囲で, これらの大小を比較すると

• \(0 \leqq t \lt \dfrac{1}{2}\) のとき, \(f \left( \sqrt{3} (1-t) \right)\) が最大

• \(\dfrac{1}{2} \leqq t \leqq 1\) のとき, \(f(0)\) が最大

よって, 求める面積は \[ S(t) = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 3 \pi ( 1 -t )^2 & \left( \ 0 \leqq t \lt \dfrac{1}{2} \ \text{のとき} \ \right) \\ \pi ( 1 -t ^2 ) & \left( \ \dfrac{1}{2} \leqq t \leqq 1 \ \text{のとき} \ \right) \end{array} \right.} \]

(4)

(3) の結果を用いれば \[\begin{align} V & = \displaystyle\int _ {0}^{1} S(t) \, dt \\ & = 3 \pi \displaystyle\int _ {0}^{\frac{1}{2}} ( 1 -t )^2 \, dt +\pi \displaystyle\int _ {\frac{1}{2}}^{1} ( 1 -t ^2 ) \, dt \\ & = \pi \left[ ( t -1 )^3 \right] _ {0}^{\frac{1}{2}} +\pi \left[ t -\dfrac{t^3}{3} \right] _ {\frac{1}{2}}^{1} \\ & = \pi \left( 1 -\dfrac{1}{8} \right) +\pi \left( \dfrac{2}{3} -\dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{24} \right) \\ & = \underline{\dfrac{13}{12} \pi} \end{align}\]

« 解答を隠す