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【 解 答 】

頂点 A から対面に下ろした垂心の足を H とおくと \[ \angle \text{AHO} = \angle \text{AHB} = \angle \text{AHC} = 90^{\circ} \quad ... [1] \] H は外心なので \[ \text{OH} = \text{BH} = \text{CH} \quad ... [2] \] 辺 OH は共有しているので, [1] [2] と合わせて, \(2\) 辺と挟まれる角がそれぞれ等しいので \[ \triangle \text{AHO} \equiv \triangle \text{AHB} \equiv \triangle \text{AHC} \] ゆえに \[ \text{AO} = \text{AB} = \text{AC} \] 頂点 B, C についても同様にすれば \[ \text{BO} = \text{BA} = \text{BC} , \quad \text{CO} = \text{CA} = \text{CB} \] 以上より, 四面体 OABC は \(6\) つの辺の長さがすべて等しく, 正四面体である.

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【 解 答 】

\(f(t) = \dfrac{e^t +e^{-t}}{2} -1\) とおく.
図形 \(D\) の平面 \(y = t \ \left( 0 \leqq t \leqq \log a \right)\) での切り口は下図のようになる.

これを \(y\) 軸のまわりに回転すると, ドーナツ型の領域を描き, 内側, 外側の円の半径をそれぞれ \(r _ t , R _ t\) とおけば \[\begin{align} {r _ t}^2 & = t^2 , \\ {R _ t}^2 & = t^2 +\left\{ f(t) \right\}^2 \end{align}\] したがって, 領域の面積 \(S(t)\) は \[ S(t) = \pi {R _ t}^2 -\pi {r _ t}^2 = \pi \left\{ f(t) \right\}^2 \] ここで \[\begin{align} \left\{ f(t) \right\}^2 & = \dfrac{\left( e^t +e^{-t} \right)^2}{4} -\left( e^t +e^{-t} \right) +1 \\ & = \dfrac{e^{2t}}{4} +\dfrac{e^{-2t}}{4} -e^t -e^{-t} +\dfrac{3}{2} \end{align}\] なので, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = \pi \displaystyle\int _ {0}^{\log a} \left\{ f(t) \right\}^2 \, dt \\ & = \pi \left[ \dfrac{e^{2t}}{8} -\dfrac{e^{-2t}}{8} -e^t +e^{-t} +\dfrac{3t}{2} \right] _ {0}^{\log a} \\ & = \underline{\left( \dfrac{e^2 -e^{-2}}{8} +e -e^{-1} +\dfrac{3}{2} \log a \right) \pi} \end{align}\]

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【 解 答 】

\(n\) 秒後に X の \(x\) 座標が \(0 , 1 , 2\) である確率をそれぞれ \(a _ n , b _ n , c _ n\) とおく.
条件より \[ a _ 0 = 1 , \ b _ 0 = c _ 0 = 0 \] また \[ a _ n +b _ n +c _ n = 1 \] 点の移動規則から, \(n\) 秒後の X の位置から \(n+1\) 秒後の X の位置への移動の確率を考えると \[\begin{align} a _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} a _ n +\dfrac{1}{3} b _ n & ... [1] \\ b _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} a _ n +\dfrac{1}{3} b _ n +\dfrac{1}{2} c _ n & ... [2] \\ c _ {n+1} & = \dfrac{1}{3} b _ n +\dfrac{1}{2} c _ n & ... [3] \end{align}\] \([1] -[3]\) より \[ a _ {n+1} -c _ {n+1} = \dfrac{1}{2} ( a _ n -c _ n ) \] したがって, 数列 \(\{ a _ n -c _ n \}\) は, 初項 \(a _ 0 -c _ 0 = 1\) , 公比 \(\dfrac{1}{2}\) の等比数列で \[ a _ n -c _ n = \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \quad ... [4] \] また, \([2] +[4]\) より \[\begin{align} a _ {n+1} +c _ {n+1} & = \dfrac{1}{2} a _ n +\dfrac{2}{3} ( 1 -a _ n -c _ n ) +\dfrac{1}{2} c _ n \\ & = \dfrac{2}{3} -\dfrac{1}{6} ( a _ n -c _ n ) \end{align}\] これを変形すると \[ a _ {n+1} +c _ {n+1} -\dfrac{4}{7} = -\dfrac{1}{6} \left( a _ n +c _ n -\dfrac{4}{7} \right) \] したがって, 数列 \(\left\{ a _ n +c _ n -\dfrac{4}{7} \right\}\) は, 初項 \(a _ 0 +c _ 0 -\dfrac{4}{7} = \dfrac{3}{7}\) , 公比 \(-\dfrac{1}{6}\) の等比数列で \[\begin{align} a _ n +c _ n -\dfrac{4}{7} & = \dfrac{3}{7} \left( -\dfrac{1}{6} \right)^n \\ \text{∴} \quad a _ n +c _ n & = \dfrac{4}{7} +\dfrac{3}{7} \left( -\dfrac{1}{6} \right)^n \quad ... [5] \end{align}\] よって, \(( [4] +[5] ) \div 2\) より, 求める確率 \(a _ n\) は \[ a _ n = \underline{\dfrac{2}{7} +\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} +\dfrac{3}{14} \left( -\dfrac{1}{6} \right)^n} \]

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【 解 答 】

\(2\) 次方程式 \(f(x) = 0\) の解を \(\alpha , \beta\) とおくと \[ f( \alpha ) = 0 , \ f( \beta ) = 0 \quad ... [1] \] また, 解と係数の関係より \[ a = -\alpha -\beta , \ b = \alpha \beta \quad ... [2] \] 条件 (イ) より, \(f( x^3 )\) を \(f(x)\) で割った商を \(P(x)\) とおけば \[ f( x^3 ) = f(x) P(x) \] これに, \(x = \alpha , \beta\) を代入すれば, [1] より \[ \left\{ \begin{array}{l} f( \alpha^3 ) = f( \alpha ) P( \alpha ) = 0 \\ f( \beta^3 ) = f( \beta ) P( \beta ) = 0 \end{array} \right. \] したがって, \(\alpha^3 , \beta^3\) も \(f(x) = 0\) の解である.
\(f(x) = 0\) は高々 \(2\) つの解しかもたないから, \(\alpha^3 , \beta^3\) は \(\alpha , \beta\) のいずれかであり, 以下の \(3\) つの場合が考えられる.

1. 1*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \alpha )\)

2. 2*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \beta )\)

3. 3*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \beta , \alpha )\)

それぞれの場合について, 考える.

1. 1*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \alpha )\) のとき
   \(\alpha^3 = \alpha\) より \[\begin{align} \alpha ( \alpha +1 ) ( \alpha -1 ) & = 0 \\ \text{∴} \quad \alpha & = 0 , \pm 1 \end{align}\]

   • \(\alpha = 0\) のとき
     \(\beta^3 = 0\) より \(\beta = 0\) となり, [2] より, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

   • \(\alpha = 1\) のとき
     \(\beta^3 = 1\) より \[ \beta = 1 , \dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} \] [2] を用いて, 条件 (ロ) を満たすのは \[ ( a , b ) = \left( -\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} , \dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} \right) \quad ( \ \text{複号同順} \ ) \]

   • \(\alpha = -1\) のとき
     \(\beta^3 = -1\) より \[ \beta = -1 , \dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} \] [2] を用いて, 条件 (ロ) を満たすのは \[ ( a , b ) = \left( -\dfrac{-1 \pm \sqrt{3} i}{2} , -\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} \right) \quad ( \ \text{複号同順} \ ) \]

2. 2*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \alpha , \beta )\) のとき
   \(\alpha^3 = \alpha\) より \[ \alpha = 0 , \pm 1 \] \(\beta^3 = \beta\) より \[ \beta = 0 , \pm 1 \] いずれの組合せも, [2] より, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

3. 3*　\(( \alpha^3 , \beta^3 ) = ( \beta , \alpha )\) のとき
   \(\alpha = \beta^3 = \alpha^9\) より \[ \alpha = 0 , \pm 1 , \pm i , \dfrac{\pm 1 \pm i}{\sqrt{2}} \]

   • \(\alpha = 0 , \pm 1\) のとき
     \(\beta = 0 , \pm 1\) となり, [2] より, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

   • \(\alpha = \pm i\) のとき
     \[ \beta = \alpha^3 = \mp i \] したがって, [2] より \[ a = 0 , \ b = 1 \] これは, 条件 (ロ) を満たさず, 不適.

   • \(\alpha = \dfrac{1 \pm i}{\sqrt{2}}\) のとき
     \[ \beta = \alpha^3 = \dfrac{-1 \pm i}{\sqrt{2}} \] したがって, [2] より \[ a = \pm \sqrt{2} i , \ \beta = -1 \] これは, 条件 (ロ) を満たす.

   • \(\alpha = \dfrac{-1 \pm i}{\sqrt{2}}\) のとき
     \[ \beta = \alpha^3 = \dfrac{1 \pm i}{\sqrt{2}} \] したがって, [2] より \[ a = \pm \sqrt{2} i , \ \beta = -1 \] これは, 条件 (ロ) を満たす.

以上より, 求める \(f(x)\) は \[\begin{align} f(x) & = \underline{x^2 -\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} x -\dfrac{1 \mp \sqrt{3} i}{2} , } \\ & \qquad \underline{x^2 +\dfrac{1 \pm \sqrt{3} i}{2} x -\dfrac{1 \mp \sqrt{3} i}{2} ,} \\ & \qquad \quad \underline{x^2 \pm \sqrt{2} i x -1 \quad ( \ \text{同式内は複号同順} \ )} \end{align}\]

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【 解 答 】

\(0 \leqq x \leq\dfrac{\pi}{2}\) において, \(2\) つのグラフが囲む部分は上図のようになる.
グラフの式から \(y\) を消去すると \[\begin{align} \sin \left( x +\dfrac{\pi}{8} \right) = \sin 2x & \\ 2 \cos \dfrac{2x +x +\frac{\pi}{8}}{2} \sin \dfrac{2x -x -\frac{\pi}{8}}{2} & = 0 \\ \cos \left( \dfrac{3x}{2} +\dfrac{\pi}{16} \right) \sin \left( \dfrac{x}{2} -\dfrac{\pi}{16} \right) & = 0 \end{align}\] これを, \(0 \leqq x \leqq \dfrac{\pi}{2}\) の範囲でとくと \[\begin{align} \dfrac{3x}{2} +\dfrac{\pi}{16} = \dfrac{\pi}{2} & , \ \dfrac{x}{2} -\dfrac{\pi}{16} = 0 \\ \text{∴} \quad x = \dfrac{7 \pi}{24} & , \ \dfrac{\pi}{8} \end{align}\] よって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = \pi \displaystyle\int _ {\frac{\pi}{8}}^{\frac{7 \pi}{24}} \left\{ \sin^2 2x -\sin^2 \left( x +\dfrac{\pi}{8} \right) \right\} \, dx \\ & = \dfrac{\pi}{2} \displaystyle\int _ {\frac{\pi}{8}}^{\frac{7 \pi}{24}} \left\{ 1 -\cos 4x -1 +\cos \left( 2x +\dfrac{\pi}{4} \right) \right\} \, dx \\ & = \dfrac{\pi}{2} \left[ \dfrac{1}{2} \sin \left( 2x +\dfrac{\pi}{4} \right) -\dfrac{1}{4} \sin 4x \right] _ {\frac{\pi}{8}}^{\frac{7 \pi}{24}} \\ & = \dfrac{\pi}{8} \left( 2 \sin \dfrac{5 \pi}{6} -\sin \dfrac{7 \pi}{6} \right) -\dfrac{\pi}{8} \left( 2 \sin \dfrac{\pi}{2} -\sin \dfrac{\pi}{2} \right) \\ & = \dfrac{3 \pi}{16} -\dfrac{\pi}{8} \\ & = \underline{\dfrac{\pi}{16}} \end{align}\]

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【 解 答 】

四角形の面積を \(S\) とおく.
条件 (a) より, 以下の \(2\) つの場合が考えられる.

1. 1*　隣り合う \(2\) 角が \(90^{\circ}\) のとき
   残る \(2\) 角のうち, 小さい方の角を \(2 \theta \ ( 0 \lt \theta \leqq 45^{\circ} )\) とおくと, 四角形は台形なので \[\begin{align} S & = \dfrac{1}{2} \left\{ 1 +\dfrac{1}{\tan \theta} +1 +\dfrac{1}{\tan (90^{\circ} -\theta )} \right\} \cdot 2 \\ & = 2 +\tan \theta +\dfrac{1}{\tan \theta} \end{align}\]

2. 2*　向かい合う \(2\) 角が \(90^{\circ}\) のとき
   残る \(2\) 角のうち, 小さい方の角を \(2 \theta \ ( 0 \lt \theta \leqq 45^{\circ} )\) とおくと, 四角形は \(2\) つの合同な三角形からなるので \[\begin{align} S & = 2 \cdot \dfrac{1}{2} \left( 1 +\dfrac{1}{\tan \theta} \right) \left\{ 1 +\dfrac{1}{\tan (90^{\circ} -\theta )} \right\} \\ & = 2 +\tan \theta +\dfrac{1}{\tan \theta} \end{align}\] したがって, いずれの場合でも \(S\) は同様に表すことができて, 相加相乗平均の関係を用いれば \[ S \geqq 2 +2 \sqrt{\tan \theta \cdot \dfrac{1}{\tan \theta}} = 4 \] 等号成立は \[\begin{align} \tan \theta & = \dfrac{1}{\tan \theta} \\ \tan^2 \theta & = 1 \\ \text{∴} \quad \theta & = 45^{\circ} \end{align}\] のとき, つまり, 四角形が正方形となるときである.

よって, 求める最小値は \[ \underline{4} \]

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【 解 答 】

(1)

\(C : \ y = e^x +1\) とすれば, \(y' = e^x\) なので, 点 \(( t , e^t +1 )\) における \(C\) の接線の式は \[\begin{align} y & = e^t (x-t) +e^t +1 \\ & = e^t x -(t-1) e^t +1 \end{align}\] これが点 \(( a , 0 )\) を通るので \[\begin{align} e^t a -(t-1) e^t +1 & = 0 \\ \text{∴} \quad -e^{-t} +t-1 & = a \quad ... [1] \end{align}\] したがって, [1] がただ \(1\) つの解 \(t\) をもつことを示せばよい.
[1] の左辺を \(f(t)\) とおくと \[ f'(t) = e^{-t} +1 \gt 0 \] なので, \(f(t)\) は単調増加関数である.
さらに, 極限について \[ \displaystyle\lim _ {t \rightarrow \infty} f(t) = \infty , \ \displaystyle\lim _ {t \rightarrow -\infty} f(t) = -\infty \] なので, [1] は \(a\) の値によらず, ただ \(1\) つの解をもつ.
よって, 題意は示された.

(2)

[1] と (1) の結果より \[ -e^{-a _ {n+1}} +a _ {n+1} -1 = a _ n \quad ... [2] \] これを変形すると \[ a _ {n+1} = a _ n +1 +e^{-a _ {n+1}} \gt a _ n +1 \] これを繰返し用いれば, \(a _ 1 = 1\) より \[ a _ n \gt n \] ゆえに \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} a _ n = \infty \] よって, 再度 [2] を用いて \[\begin{align} \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} ( a _ {n+1} -a _ n ) & = \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \left( 1 +e^{-a _ {n+1}} \right) \\ & = 1 +0 = \underline{1} \end{align}\]

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【 解 答 】

\(\text{AQ} = t \ ( 0 \leqq t \leqq 1 )\) とおくと, 余弦定理を用いて \[\begin{align} \text{PD} & = \dfrac{\sqrt{3}}{2} , \\ \text{PQ}^2 & = \dfrac{1}{4} +t^2 -2 \cdot \dfrac{1}{2} t \cos 60^{\circ} \\ & = t^2 -\dfrac{t}{2} +\dfrac{1}{4} , \\ \text{QD}^2 & = 1 +t^2 -2 \cdot 1 \cdot t \cos 60^{\circ} \\ & = t^2 -t +1 \end{align}\] したがって \[\begin{align} \cos \angle \text{PDQ} & = \dfrac{\text{PD}^2 +\text{QD}^2 -\text{PQ}^2}{2 \text{PD} \cdot \text{QD}} \\ & = \dfrac{3 +4( t^2 -t +1 ) -( 4t^2 -2t +1 )}{4 \sqrt{3} \sqrt{t^2 -t +1}} \\ & = \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \cdot \underline{\dfrac{3-t}{\sqrt{t^2 -t +1}}} _ {[1]} \end{align}\] \([1] \gt 0\) なので, \(f(t) = \{ [1] \}^2\) とおいて, \(f(t)\) が最大になる場合を考えればよい. \[\begin{align} f'(t) & = \dfrac{2(t-3) ( t^2 -t +1 ) -(t-3)^2 (2t-1)}{( t^2 -t +1 )^2} \\ & = \dfrac{(t-3)(5t-1)}{( t^2 -t +1 )^2} \end{align}\] \(f'(x) = 0\) をとくと \[ t = \dfrac{1}{5} \] なので, \(f(t)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \dfrac{1}{5} & \cdots & 1 \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline f(t) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] ここで \[\begin{align} f \left( \dfrac{1}{5} \right) & = \dfrac{\left( 3 -\frac{1}{5} \right)^2}{\frac{1}{25} -\frac{1}{5} +1} \\ & = \dfrac{14^2}{21} = \dfrac{28}{3} \end{align}\] \(\cos \angle \text{PDQ}\) が最大となるのは, \(t = \dfrac{1}{5}\) のときで, 求める最大値は \[ \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \sqrt{f \left( \dfrac{1}{5} \right)} = \underline{\dfrac{\sqrt{7}}{3}} \]

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