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【入試問題研究】 京都大学 2019年度 前期日程 理系
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【第1問】 次の各問に答えよ。
問1 $0<\theta<\frac{\pi}{2}$ とする。$\cos\theta$ は有理数ではないが、$\cos 2\theta$ と $\cos 3\theta$ がともに有理数となるような $\theta$ の値を求めよ。ただし、$p$ が素数のとき、$\sqrt{p}$ が有理数でないことは証明なしに用いてよい。
問2 次の定積分の値を求めよ。
(1) $\int_{0}^{\pi/4} \frac{x}{\cos^2 x} dx$
(2) $\int_{0}^{\pi/4} \frac{dx}{\cos x}$

【解】問1 2倍角、3倍角の公式から
   $\cos 2\theta=2\cos^2\theta-1,\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$
より、
   $2\cos^2\theta-1=\frac{n}{m}$ ただし$m,n$ は整数で互いに素
と置こう。この等式から
   $\cos\theta=\sqrt{\frac{m+n}{2m}}$
だが、これが無理数なのである。3倍角にこれを代入して
   $\cos\theta(4\cos^2\theta-3)=\sqrt{\frac{m+n}{2m}}\times \frac{2n-m}{m}$
となるが、これも有理数なのである。ところが、(無理数)×(有理数)=(有理数) の形になっている。これが成り立つのはここに出てくる有理数がゼロのときだけである。(そうでないと、両辺をこの数で割って、無理数=有理数になってしまう。)
したがって
   $2n-m=0 \Rightarrow \cos\theta=\sqrt{\frac{3n}{4n}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
結局、$\theta=\frac{\pi}{6}$ ……(答)
問2 (1) 部分積分を使う。
   $\int_{0}^{\pi/4} \frac{x}{\cos^2 x} dx=[x \tan x]_{0}^{\pi/4} -\int_{0}^{\pi/4} \frac{\sin x}{\cos x}dx$
   $=\frac{\pi}{4} +[\log |cos x|]_{0}^{\pi/4} $
   $=\frac{\pi}{4} +\log \frac{1}{\sqrt{2}}$
   $=\frac{\pi}{4} -\frac{1}{2} \log 2$
(2) 部分分数分解を使う。
   $\int_{0}^{\pi/4} \frac{dx}{\cos x}=\int_{0}^{\pi/4} \frac{\cos x}{\cos^2 x}dx$
   $=\int_{0}^{\pi/4} \cos x \frac{1}{1-\sin^2 x}dx$
   $=\int_{0}^{\pi/4} \frac{1}{2} \cos x (\frac{1}{1+\sin x} + \frac{1}{1-\sin x}) dx$
   $=\frac{1}{2} [\log|1+\sin x| - \log |1-\sin x | ] _{0}^{\pi/4}$
   $=\frac{1}{2} ( \log \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}} - \log \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}} )$
   $=\frac{1}{2} \log \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}$
   $=\frac{1}{2} \log (3+2\sqrt{2})$ ……(答)
2重根号を外して
   $=\log \sqrt{3+2\sqrt{2}} =\log(\sqrt{2}+1)$
としてもよい。
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【第2問】 $f(x)=x^3+2x^2+2$ とする。$|f(n)|$ と $|f(n+1)|$ がともに素数となる整数 $n$ をすべて求めよ。

【解】 $n,n+1$ のうちどちらかは偶数である。そこで偶数 $m$ を $f$ に代入してみる。$2$ を法として $m \equiv 0$ のとき
   $f(m) \equiv 0^3+2\cdot 0^2 +2 \equiv 0$
関数値 $f(n),f(n+1)$ のうち少なくとも1つは偶数である。偶数でかつ素数は $2$ のみで、絶対値記号がついているから、
   $f(k)=\pm 2$
となる整数 $k$ を探せばよい。$f(x)$ の導関数は
   $f'(x)=3x^2+4x=x(3x+4)$
だから、$x<-\frac{4}{3},0<x$ において増加する。そこで極値をとる点の周辺の関数値を計算すると
   $f(-3)=-7,f(-2)=2,f(-\frac{4}{3})=\mbox{極大値},f(-1)=3,f(0)=2(\mbox{極小値}),f(1)=5$
   
$f(x)=-2$ となる整数 $x$ は存在せず、$f(x)=2$ となる整数は $x=-2,0$ であることが分かる。連続する項が両項とも素数になる組合せは
   $(f(-3),f(-2))=(-7,2),(f(-2),f(-1))=(2,3),(f(-1),f(0))=(3,2),(f(0),f(1))=(2,5)$
結局、求めるべき $n$ は、$n=-3,-2,-1,0$ ……(答)
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【第3問】
鋭角三角形 ABC を考え、その面積を $S$ とする。$0<t<1$ をみたす実数 $t$ に対し、線分 AC を $t:1-t$ に内分する点を Q, 線分 BQ を $t:1-t$ に内分する点を P とする。実数 $t$ がこの範囲を動くときに点 P の描く曲線と、線分 BC によって囲まれる部分の面積を、$S$ を用いて表せ。

【解】
内分する点の位置ベクトルの公式から
   $\vec{OQ}=(1-t)\vec{OA}+t\vec{OC},$
   $\vec{OP}=(1-t)\vec{OB}+t\vec{OQ}$
だから
   $\vec{OP}=(1-t)\vec{OB}+t((1-t)\vec{OA}+t\vec{OC})=(1-t)\vec{OB}+t(1-t)\vec{OA}+t^2\vec{OC}$
点 O はどこにとってもよいのだから、点 A に一致させよう。
   $\vec{AP}=(1-t)\vec{AB}+t^2\vec{AC}$
   
線分 BC 上の点を P' とすると
   $\vec{AP'}=(1-t)\vec{AB}+t\vec{AC}$
だから、差をとると
   $\vec{PP'}=(t-t^2)\vec{AC}$
上図のように $t$軸を取って積分してみよう。
   $S_{0}=\int_{0}^{1} (t-t^2)|\vec{AC}|\sin \theta \cdot |\vec{AB}|dt$
   $= |\vec{AB}| |\vec{AC}|\sin \theta \int_{0}^{1} (t-t^2)dt$
   $= |\vec{AB}| |\vec{AC}|\sin \theta [\frac{1}{2}t^2-\frac{1}{3}t^3]_{0}^{1}$
   $=\frac{1}{6} |\vec{AB}| |\vec{AC}|\sin \theta$
ところで、もとの三角形の面積は
   $S=\frac{1}{2}|\vec{AB}| |\vec{AC}|\sin \theta$
だから、これの 1/3 だ。よって、$S_{0}=\frac{1}{3}S$ ……(答)
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【第4問】 1つのさいころを$n$ 回続けて投げ、出た目を順に $X_{1},X_{2},\cdots ,X_{n}$ とする。このとき次の条件をみたす確率を $n$ を用いて表せ。ただし $X_{0}=0$ としておく。
条件: $1 \leq k \leq n$ をみたす $k$ のうち、$X_{k-1}\leq4$ かつ $X_{k}\geq5$ が成立するような $k$ の値はただ1つである。


【解】 4以下の目が出る事象をA, 5以上の目が出る事象を B と表わそう。1投目が B だと、残り $l=n-1$ 回の目の出方の順列は
   AAAAAAA
   BAAAAAA
   BBAAAAA
   BBBAAAA
   …………
   BBBBBBB
の $l+1$通りで、その確率を合計すると
   $(\frac{2}{3})^l+ (\frac{1}{3})(\frac{2}{3})^{l-1}+ (\frac{1}{3})^2(\frac{2}{3})^{l-2} +\cdots +(\frac{1}{3})^l$
   $=\frac{1}{3^l} (1+2+2^2+ \cdots +2^l )=\frac{2^{l+1}-1}{3^l}$
よって、
(1投目)=(B) で条件を満たす確率は
   $\frac{1}{3} \times \frac{2^{n}-1}{3^{n-1}}=\frac{2^{n}-1}{3^{n}}$ ……①
(1投目,2投目)=(AB) で条件を満たす確率は
   $\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3} \times \frac{2^{n-1}-1}{3^{n-2}}=\frac{2^{n}-2}{3^{n}}$
(1投目,2投目,3投目)=(AAB) で条件を満たす確率は
   $(\frac{2}{3})^2 \cdot\frac{1}{3} \times \frac{2^{n-2}-1}{3^{n-3}}=\frac{2^{n}-2^2}{3^{n}}$
以下同様に続き、最後を示すと
(1投目,2投目,$\cdots$,$n$投目)=(AA$\cdots$B) で条件を満たす確率は
   $(\frac{2}{3})^{n-1} \cdot\frac{1}{3} \times \frac{2^{1}-1}{3^{0}}=\frac{2^{n}-2^{n-1}}{3^{n}}$ ……②
①から②までの $n$ 個の確率を合計すれば答である。それは
   $\frac{2^{n}-1}{3^{n}} + \frac{2^{n}-2}{3^{n}}+\cdots+\frac{2^{n}-2^{n-1}}{3^{n}}$
   $=n(\frac{2}{3})^n-\frac{1}{3^n}(1+2+2^2+\cdots+2^{n-1})$
   $=n(\frac{2}{3})^n-\frac{2^n-1}{3^n}=(n-1)(\frac{2}{3})^n+(\frac{1}{3})^n$ ……(答)
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【第5問】 半径 $1$ の球面上の5点 $A,B_{1},B_{2},B_{3},B_{4}$ は、正方形 $B_{1}B_{2}B_{3}B_{4}$ を底面とする四角錐をなしている。この5点が球面上を動くとき、四角錐 $AB_{1}B_{2}B_{3}B_{4}$ の体積の最大値を求めよ。

【解】 正方形の中心が球の中心から距離 $x$ のところにあるとする。この場所で体積最大の四角錐を作るには頂点 $A$ を正方形の中心と球の中心を結んだ直線を延長して球面と交わったところにとればよい。
   
半径 $1$ だから正方形の対角線の半分は
   $\sqrt{1-x^2}$
となり、正方形の1辺は
   $\sqrt{2}\sqrt{1-x^2}$
よって四角錐の体積は
   $V(x)=\frac{1}{3}(\sqrt{2}\sqrt{1-x^2})^2(1+x)=\frac{2}{3}(1-x^2)(1+x)$
その導関数は
   $V'(x)=\frac{2}{3}(-2x(1+x)+(1-x^2)$
   $=-\frac{2}{3}(3x^2+2x-1)=-\frac{2}{3}(3x-1)(x+1)$
臨界点は $x=\frac{1}{3},-1$ だが、極大(最大)を与えるのは前者である。したがって、求めるべき最大値は
   $V(\frac{1}{3})=\frac{2}{3}(1-\frac{1}{9})(1+\frac{1}{3})=\frac{64}{81}$ ……(答)
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【第6問】 $i$ を虚数単位とする。$(1+i)^n+(1-i)^n>10^{10}$ をみたす最小の正の整数 $n$ を求めよ。(試験では常用対数表が添付されていたが、省略)

【解】 極形式に直すと
   $1 \pm i =\sqrt{2}(\cos \frac{\pi}{4} \pm i \sin \frac{\pi}{4})$
だから、与式の左辺はド・モアブルの定理により
   $\sqrt{2}^n(\cos \frac{n\pi}{4} +i \sin \frac{n\pi}{4})+\sqrt{2}^n(\cos \frac{n\pi}{4} -i \sin \frac{n\pi}{4})=2^{n/2+1}\cos\frac{n\pi}{4}$
これが正になることだけ考えればよいのだから、$\cos\frac{n\pi}{4}$ は $\frac{1}{\sqrt{2}}$ または $1$ と考える。
(ア) $\cos\frac{n\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ のとき
   $2^{n/2+1}\frac{1}{\sqrt{2}}=2^{(n+1)/2}>10^{10}$
両辺の対数をとって
   $\frac{n+1}{2}\log 2>10 \Rightarrow n>\frac{20}{\log 2}-1$
常用対数表から $\log 2=0.3010$ だから
   $n>66.*-1=65.* \Rightarrow n \geq 66$
   
ところが $\frac{66\pi}{4}$ の一般角には $90^\circ$ の動径が属するから、これではダメだ。あと $225^\circ$ 回転して、$n=71$ にしなければならない。
(イ) $\cos\frac{n\pi}{4}=1$ のとき
   $2^{n/2+1}>10^{10}$
両辺の対数をとって
   $\frac{n+2}{2}\log 2>10 \Rightarrow n>\frac{20}{\log 2}-2$
   $n>66.*-2=64.* \Rightarrow n \geq 65$
この範囲で一般角が $0^\circ$ の動径が属するものであるのは、$n=72$ である。
最後に(ア) と (イ) を比較してより小さい方を選んで、$n=71$ ……(答)
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